Primitive Roots
Time Limit:1000MSMemory Limit:10000K
Total Submissions:3175Accepted:1831
Description
We say that integer x, 0 < x < p, is a primitive root modulo odd prime p if and only if the set { (ximod p) | 1 <= i <= p-1 } is equal to { 1, …, p-1 }. For example, the consecutive powers of 3 modulo 7 are 3, 2, 6, 4, 5, 1, and thus 3 is a primitive root modulo 7.Write a program which given any odd prime 3 <= p < 65536 outputs the number of primitive roots modulo p.
Input
Each line of the input contains an odd prime numbers p. Input is terminated by the end-of-file seperator.
Output
For each p, print a single number that gives the number of primitive roots in a single line.
Sample Input
233179
Sample Output
10824
Source
贾怡@pku
求奇素数原根的个数。
答案就是p-1的欧拉函数值。
以下是dicuss中的证明：
对于给出的素数p,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)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)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;证明：若d=gcd(t,p-1)>1,令t=k1*d,p-1=k2*d,则由Fermat可知(a0^(k1*d))^k2 mod p=(a0^(k2*d))^(k1) mod p=(a0^(p-1))^(k1) mod p=1再由b=a0^t (mod p)，结合上面的式子可知：(a0^(k1*d))^k2 mod n=b^k2 mod p=1;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； 再证，若d=gcd(t,p-1)=1,即t与p-1互质，那么b必然是元根；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；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);
假设已经求出了一个原根是a,a^i mod p的值各不相同（0<i<p），那么我们需要证明gcd(t,i)=1是a^t(mod p)为p的原根的充要条件。
接下来先反证法证明必要性，见上；
然后再用反证法证明充分性。
#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cmath>using namespace std;int phi[66000],n,p;void Getphi_table(int n){phi[1]=1;for (int i=2;i<=n;i++)if (!phi[i])for (int j=i;j<=n;j+=i){if (!phi[j]) phi[j]=j;phi[j]=phi[j]/i*(i-1);}}int main(){Getphi_table(65536);while (scanf("%d",&p)!=EOF){printf("%d\n",phi[p-1]);}return 0;}
自己战胜自己是最可贵的胜利。
