<span>关于原根</span>

时隔两三个月重新打$ntt$的时候，已经忘记了常见模数的原根。

想要回忆原根的求法，以备不时之需，然而也忘记了。

所以颓了大神$yxs$的证明博客，为了防止再次遗忘，来复读一遍大神的做法和证明。

做法：

因为原根往往很小，所以可以采用暴力枚举的方法。

然而直接暴力$check$的复杂度并不是合法的。

一个可行的$check$方法：

对$\varphi(p)$质因数分解，得到$y_i=\frac{\varphi(p)}{p_i}$

设当前$check$的数为$x$

对每个$y_i$，快速幂求出$x^{y_i}$，若均不为$1$，那么$x$为$p$的一个原根。

证明：

若$x^i \equiv 1$ $(mod\ p)$，有$x^{i*k} \equiv 1$ $(mod\ p)$。

若存在$x^k \equiv 1$ $(mod\ p)$ $(0<k<\varphi(p))$，$x$一定不为原根，所以该做法具有必要性。

下面通过反证证明充分性。

设存在$x^k \equiv 1$ $(mod\ p)$ 其中$k$不被任意$y_i$整除。

一定存在一组$u,v$满足$u*k+v*\varphi(p)=gcd(k,\varphi(p))$。

有$u*k=gcd(k,\varphi(p))-v*\varphi(p)$。

因为$x^{u*k} \equiv 1$ $(mod\ p)$，

有$x^{gcd(k,\varphi(p))-v*\varphi(p)} \equiv 1$ $(mod\ p)$。

因为$x^{v*\varphi(p)} \equiv 1$ $(mod\ p)$，

有$x^{gcd(k,\varphi(p))} \equiv 1$ $(mod\ p)$，

显然存在$y_i$为$gcd(k,\varphi(p))$的倍数，所以不存在这样的$k$。