求解x=a^b(mod m)

本文致力于解决如下问题:求解x≡ab(mod m),其中a,b,m都是正整数

如果b足够小,则可直接用逐次平方法求解,如果你不知道逐次平方法,可以先看这里。所以这里假设b足够大(这不是说是一个64位整数,而是可以上百上千位的一个数),大到逐次平方法也已不足以快速出解。

用素数探路的思想,先假设m是素数,那么要么a与m互素,要么m|a。前者可利用费马小定理,令b = k(m-1) + b′,其中0≤b′<m-1,则有ab≡ak(m-1)+b′≡ab′(mod m)。之后可用逐次平方法快速求解。若m|a,结果显然为0。

现在考虑要求m可以是任意数的情况。同样,若a与m互素,由上边我们可联想到欧拉公式,利用欧拉公式求解。令b = kΦ(m) + b′,其中0≤b′<Φ(m),则有ab≡akΦ(m)+b′≡ab′(mod m),之后用逐次平方法快速求解。如果a与m不互素,即gcd(a,m)>1,这种情况下应该怎么做?

注意到b如此大,而模m的不同的数最多只有m个,显而易见的,ab一定和某个很小的指数ab′模m同余,如果找到这个小的指数,就可以利用逐次平方法求解。考虑如下序列:

a0, a1, ..., am(mod m)

由鸽巢原理可知,必有一个最小的r和一个最小的s,使得ar≡ar+s(mod m),其中r+s≤m。若找到这样的r和s,那么显然有ax≡akr+x0≡akr+s+x0≡ax+s(mod m),其中x是大于或等于r的任意数。要注意的是,对任意大于或等于r的x,不存在更小的数s1,使得ax≡ax+s1(mod m)。假如有更小的这样的数s1存在,不妨设x = r+ks,因为若不这样,可以令x1 = x + x′ = r + ks,同余式两边同时乘以ax′,就变成ax1≡ax1+s1(mod m),而x1 = r+ks。所以有ax≡ar+ks≡ar≡ar+s1(mod m),其中s1<s,这与我们找到的s是最小的相矛盾,所以这样的s1是不存在的。上面的论述给出以下的一个事实:序列

a0, a1, ..., ak, ...(mod m)

实际上是这样一个序列

a0, a1, ..., ar, ar+1, ..., ar+s-1, ar, ar+1, ...(mod m)

a的0次、1次...幂模m的序列中,前r个数互不相同,从第r+1个数(注:指数为r)开始,每s个数就循环一次。我们把r称为a幂次模m的循环起始点,s称为循环长度。根据以上推导,如果我们能够找到r和s,那么大幂次b就能转换成一个小于m的幂次,然后用逐次平方法就可以求出问题的解。

不妨把a分解成素数乘积的形式:a = p1a1p2a2...pnan,那么a的b次幂模m就转换成每个素数的若干次幂模m的结果相乘再模m,而素数和m的关系只有两种,一种是互素,另一种是m的约数。第一种情况我们已经解决了,所以现在的问题转换成求素数p的b次幂模m,即pb(mod m),其中p|m。

如前所述,我们可以找到幂模m的r和s,使得pr≡pr+s(mod m)。于是m|(pr+s - pr),即m|pr(ps - 1),令m = pr0m′,其中gcd(p,m′)=1。因为gcd(p,ps - 1)=1,所以r至少为r0,即r≥r0,由r的最小性可得r即为r0。于是有m′|(ps - 1),即有ps≡1(mod m′)。由s的最小性可知,我们只需要找出最小的一个使上式成立的指数,该指数即为s。事实上,这个指数叫做p模m′的次数

次数定义:对任意正整数a与m,其中gcd(a,m)=1,使得ae≡1(mod m)的最小指数e≥1叫做a模m的次数,记作em(a)。

现在证明如下次数性质:若有an≡1(mod m),则次数em(a)整除n。特别的,次数总整除Φ(m)

证明:令g = gcd(n,em(a)),则求得x, y使得nx + em(a)y = g,于是有anx≡1≡ag(mod m),由次数的最小性可得g = em(a),即有em(a)|n。又欧拉公式告诉我们aΦ(m)≡1(mod m),结合上边推理可知次数总整除Φ(m)。证毕!

由次数定义极其性质可知,s即为em′(p),并且s|Φ(m′)。由于m = pr0m′,且gcd(p,m′)=1,由欧拉Φ函数的积性可得Φ(m′)|Φ(m),这说明s|Φ(m)。所以有px≡px+Φ(m)(mod m), x≥r=r0,于是pb≡pr+(b-r)(mod Φ(m))(mod m)。由于m = prm′,所以Φ(m)≥Φ(pr)=pr-1(p-1)≥r,其中最后一步可用数学归纳法证明。所以

pb≡pr(mod Φ(m))+Φ(m)+(b-r)(mod Φ(m))≡pΦ(m)+b(mod Φ(m))(mod m)

现在我们可以把a分解成素数乘积,然后对于乘积中每个素数,求出对应幂次模m的值,然后相乘再模m,就得出了解!

能否直接求出a的幂次模m的循环起始点r和循环长度s?!

假设素数p的幂次模m的循环起始点r0和循环长度s0已经求出了,那么pa的幂次模m的循环起始点和循环长度是多少?同样的分析方法,设循环起始点为r,循环长度为s,则有m|pra(psa - 1),根据前面的论述,我们知道m = pr0m′,其中gcd(p,m′)=1,所以ra≥r0 → r≥r0/a → r≥ceil(r0/a),由r的定义的最小性可得r = ceil(r0/a)。同样又有m′|(psa - 1),即psa≡1(mod m′),所以s = s0/gcd(s0,a),即有s|s0|Φ(m)

设数a0的幂次模m的循环起始点为r0,循环长度为s0,数a1的幂次模m的循环起始点为r1,循环长度为s1,其中gcd(a0,a1)=1。现在,我们求a0a1的幂次模m的循环起始点r和循环长度s。由已知可得m|a0r0(a0s0 - 1),又显然gcd(a0,a0s0-1)=1,因为r0是循环起始点,所以m = a0r0m′,其中gcd(a0,m′)=1。同理也有m = a1r1m″,其中gcd(a1,m″)=1。又由于gcd(a0,a1)=1,所以有m = a0r0a1r1n,其中gcd(a0,n)=gcd(a1,n)=1。由m|(a0a1)r((a0a1)s-1)且gcd(a0a1,(a0a1)s-1)=1且gcd(a0,a1)=1可得,r≥r0且r≥r1。由r的最小性知r即为max(r0,r1)。于是n|((a0a1)s-1),即(a0a1)s≡1(mod n),所以s = en(a0a1)。又m′|(a0s0-1),而n|m′,所以a0s0≡1(mod n)。同理有a1s1≡1(mod n)。所以(a0a1)lcm(s0,s1)≡a0lcm(s0,s1)a1lcm(s0,s1)≡1(mod n),由次数性质可得s|lcm(s0,s1)

当把a分解成素数乘积a = p1a1p2a2...pnan时,以上讨论告诉我们a的幂次模m的循环起始点r = max(ceil(ri/ai)),(1≤i≤n),其中ri是m中包含pi的最大次数a的幂次模m的循环长度s|lcm(si/gcd(si,ai)),(1≤i≤n) |Φ(m),其中si为pi的幂次模m的循环长度。因为ri<=Φ(m),所以r<=Φ(m)。因此有

ab≡ar+(b-r)(mod s)≡ar+(b-r)(mod Φ(m))≡ab(mod Φ(m))+Φ(m)(mod m)

问题解决!(所有公式都没用mathjax显示,看起来可能有点别扭~)



15 thoughts on “求解x=a^b(mod m)

  1. 大神那个模的定理是您自己推导出来的吗?还有那个定理叫什么。。。网上的证明很少啊,大神的证明写的实在是太好了。我是福建的OIer,以前都叫那个定理“求幂大法”的,然后不会证,看了大神的博客,感觉有种彻悟的感觉……Orz

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