POJ 1284 Primitive Roots （原根，歐拉函數）

轉自：http://www.cnblogs.com/ACShiryu/archive/2011/08/06/poj1284.html

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題意：

就是給出一個奇素數，求出他的原根的個數。

定義：n的原根x滿足條件0<x<n,並且有集合{ (xi mod n) | 1 <= i <=n-1 } 和集合{ 1, ..., n-1 }相等

定理：如果p有原根，則它恰有φ(φ(p))個不同的原根，p為素數，當然φ(p)=p-1,因此就有φ(p-1)個原根

對於給出的素數p,
首先要明確一點：p的元根必然是存在的(這一點已由Euler證明，此處不再贅述)，因此，不妨設其中的一個元根是a0(1<=a0<=p-1)
按照題目的定義，a0^i(1<=i<=p-1) mod p的值是各不相同的，再由p是素數，聯絡Fermat小定理可知：q^(p-1) mod p=1;(1<=q<=p-1)(這個在下面有用)
下面證明,如果b是p的一個異於a的元根，不妨令b與a0^t關於p同餘，那麼必然有gcd(t,p-1)=1,亦即t與p-1互質;反之亦然;
證明：
若d=gcd(t,p-1)>1,令t=k1*d,p-1=k2*d,則由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)，結合上面的式子可知：
(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的迴圈節=k2<p-1，因此這樣的b不是元根；
 
再證，若d=gcd(t,p-1)=1,即t與p-1互質，那麼b必然是元根；
否則假設存在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的迴圈節長度是(p-1)可知，(p-1) | (i*t-j*t)->(p-1) | t*(i-j),由於p與
t互質，所以(p-1) | (i-j),但是根據假設,0<i-j<p-1,得出矛盾，結論得證；

由上面的兩個證明可知b=a0^t (mod p)，是一個元根的充要條件是t與p-1互質，所有的這些t的總個數就是Phi(p-1);

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#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#include<cstring>#include<ctime>#include<algorithm>using namespace std;int Euler ( int n ){    int i, ret = n;    for ( i = 2; i * i <= n; i++ )    {        if ( n % i == 0 )        {            n /= i;            ret = ret - ret / i;            while ( n % i == 0 )                n = n / i;        }    }    if ( n > 1 )        ret = ret - ret / n;    return ret;}int main(){    int p;    while ( scanf("%d",&p) != EOF )        printf("%d\n",Euler(p-1));    return 0;}