pku1284_Primitive Roots

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 2         就是求一个奇素数的原根，ans就是phi（n-1)
 3         证明如下，转自pku的discuss
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 5         关于此题，看出是结果是Phi(p-1)不难，但是真想理解这个结果是如何来的，可能有点小麻烦。。
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 7         下面是本菜得思考过程：
 8         对于给出的素数p,
 9         首先要明确一点：p的元根必然是存在的(这一点已由Euler证明，此处不再赘述)，因此，不妨设其中的一个元根是a0(1<=a0<=p-1)
10         按照题目的定义，a0^i(1<=i<=p-1) mod p的值是各不相同的，再由p是素数，联系Fermat小定理可知：q^(p-1) mod p=1;(1<=q<=p-1)(这个在下面有用)
11         下面证明,如果b是p的一个异于a的元根，不妨令b与a0^t关于p同余，那么必然有gcd(t,p-1)=1,亦即t与p-1互质;反之亦然;
12         证明：
13         若d=gcd(t,p-1)>1,令t=k1*d,p-1=k2*d,则由Fermat可知
14         (a0^(k1*d))^k2 mod p=(a0^(k2*d))^(k1) mod p=(a0^(p-1))^(k1) mod p=1
15         再由b=a0^t (mod p)，结合上面的式子可知：
16         (a0^(k1*d))^k2 mod n=b^k2 mod p=1;
17         然而b^0 mod p=1,所以b^0=b^k2 (mod p),所以b^i mod p的循环节=k2<p-1，因此这样的b不是元根；
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19         再证，若d=gcd(t,p-1)=1,即t与p-1互质，那么b必然是元根；
20         否则假设存在1<=j<i<=p-1，使得b^j=b^i (mod p),即a0^(j*t)=a0^(i*t) (mod p),由a0是元根，即a0的循环节长度是(p-1)可知，(p-1) | (i*t-j*t)->(p-1) | t*(i-j),由于p与
21         t互质，所以(p-1) | (i-j),但是根据假设,0<i-j<p-1,得出矛盾，结论得证；
22         由上面的两个证明可知b=a0^t (mod p)，是一个元根的充要条件是t与p-1互质，所有的这些t的总个数就是Phi(p-1);
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29 #include <iostream>
30 #include <math.h>
31 using namespace std;
32 int eular(int n)
33 {
34         int ret=1;
35         for(int i=2;i<=sqrt(1.0*n);i++)
36                 if(n%i==0)
37                 {
38                 //    cout<<i<<" "<<n<<endl;
39                         ret*=(i-1);
40                         n/=i;
41                         while(n%i==0)
42                         {
43                                 ret*=i;
44                                 n/=i;
45                         }
46                 }
47         if(n>1)
48                 ret*=(n-1);
49         return ret;
50 }
51 int main()
52 {
53         int n;
54         while(cin>>n)
55         {
56                 int ans=eular(n-1);
57                 cout<<ans<<endl;
58         }
59 }