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--- 2020-2021:teams:namespace:初等数论三大定理和缩系乘法群 [2020/06/01 21:09]
great_designer [离散对数]
+++ 2020-2021:teams:namespace:初等数论三大定理和缩系乘法群 [2020/06/23 17:32] (当前版本)
great_designer
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 ======初等数论三大定理和缩系乘法群======
+=====前言=====
 这篇和算法没什么关系，纯粹是基础知识。
+<html><span style="color:white">如果哪位学弟有幸进了网安，那么学完本文可以保证大二上抽代90+。虽然本文作者不是网安的（滑稽）</span></html>
 初等数论三大定理，指将整个初等数论框架支撑起来的三个定理，分别是Fermat-Euler（费马欧拉）定理、Wilson（威尔逊）定理和Chinese-Residue（中国剩余）定理。
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 对于2的幂次：4以下仍然是-1，但是8以上全是1。
-对于一般的整数n，情形如何？只要8不整除n，结论仍然会是-1。当8整除n的时候，情形就非常复杂了，这需要借助中国剩余定理。
+当n有原根的时候，即n属于2、4、$p^a$、$2p^a$的时候，由于缩系是循环群，每个数显然有唯一的数论倒数配对，只有-1不能配对。所以结果还是-1。
-设2在n中的幂次为v，下面的不定方程有整数解x和y：
+对于其他的整数n，情形如何？我们继续考虑配对法，那么关键就变为了求这个方程的解：
-$$\frac{n}{2^v}x-2^vy=1$$
+$$x^2\equiv 1 \mod n$$
+最后要计算全体解的乘积。
+当n被4整除的时候，2的幂的情形已经解决了。对于非2的幂的情形，n含有其他的奇素因子。设其中一个含a个，即n含有$p^a$，由中国剩余定理，解分为两部分：
+$$x\equiv 1 \mod p^a$$
+$$x\equiv -1 \mod p^a$$
+每一个奇素数p均如此。现在说明，同余于-1的那部分解一定是偶数个，从而全体乘积模$p^a$余数为1。
+仍旧用配对的思想。对于每一个同余于-1的解，找另外一个与它配对的同余于-1的解。
+模2的幂的那个维度与它不相关。每有一个模4余1的解，必然也有一个模4余-1的解与它配对。因此是偶数个。
+同理，模2的幂的部分也可以采用配对法。含有多个奇素数的情形也同理。
 那么最终结果为：
-$$\prod\limits_{(a,n)=1}a\equiv \begin{cases}\frac{n}{2^v}x+2^vy=1+2^{v+1}y\quad \bmod n&n \equiv 0 \bmod 8\\-1\quad \bmod n&others\end{cases}$$
+$$
+\prod_{(a,n)=1}a\equiv\begin{cases}
+&-1&n=1,2,4,p^{a},2p^{a}, p\ is\ odd\ prime\\
+&1&otherwise\end{cases}
+$$
+注：推理中容易犯的错误是，尽管一个缩系的乘积模某个分量的结果可能是-1，但是在最终得数中含有的分量缩系可能不止一个。
 =====中国剩余定理=====
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 单位向量的求法，就是一次不定方程。
-=====模为奇素数幂的缩系乘法群的结构=====
+=====缩系乘法群的结构=====
+有个经典事实：群的结构与这个素数是不是2有关，当素数是2的时候群的结构会更加复杂。
+====模为奇素数幂====
 构成循环群。生成元叫做原根。
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 不止这类模有原根，事实上1、2、4、奇素数的幂、2倍奇素数的幂都有，也就是说这些缩系乘法群也是循环群，而其余的模都没有。
-=====模为2的幂的缩系乘法群的结构=====
+====模为2的幂====
-是循环群与{-1,1}乘法群的笛卡尔积。
+当为1、2、4的时候，仍旧是循环群。
+当大于等于8的时候，变为一个循环群（元素数为这个数除以4）与{-1,1}乘法群的笛卡尔积。
+著名的Klein四元群与模8的缩系乘法群同构。
 =====离散对数=====
+====写在前面====
 这是一个天坑。关于离散对数的算法数不胜数，甚至是一个P与NP问题。如果未来的您能找到一个多项式时间求解离散对数问题的算法，那么今天的加密算法将半数失效，您不仅可以凭借这个算法轻松拿到图灵奖和菲尔兹奖，甚至可以改写世界历史。当然，如果您证明了不存在多项式时间的求解离散对数问题算法，相当于找到了P与NP问题的有效反例，照样可以拿到图灵奖和菲尔兹奖，只是无法改写历史的进程了而已。
 由于本页面不打算涉及算法，那么这部分的算法计划将于暑假再开一个页面（这是因为烤漆实在没时间）。这里仅谈谈离散对数是怎么来的。
+====定义====
 离散对数，就来源于循环群。我们知道，原根是缩系乘法群的生成元，那么每个元素是原根的多少次幂呢？
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 t只是对数的**主值**，即一个代表，一般取0到$\varphi(n)$（左闭右开）之间，以$\varphi(n)$为周期。
+**注意：这里的周期已经不是模数n，而是n的缩系元素个数，所以模n记号仅表示模n意义下（大范围），并不是这个式子本身的模。**
+为避免混淆，这里**特地记作等号，不是三横线**，并将模n记号改写在了左边。
 例如模13的生成元是2，那么有表格：
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 | n mod 13| 1 | 2 | 4 | 8 | 3 | 6 | 12 | 11 | 9 | 5 | 10 | 7 |
 |$\mod 13\quad \log_2 n$| 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
+====换底公式====
 更加神奇的是，如果引入取模下对数这个设定，那么换底公式是成立的，只要底一直是原根，并且除法的意义变为模$\varphi(n)$意义下。
 $$\mod n\quad\frac{\log_{g_0}⁡a}{\log_{g_0}g_1}=\log_{g_1}⁡a$$
+====适用范围====
 因为离散对数要求是循环群，需要有原根（生成元），所以适用范围是1、2、4、p^a、2p^a（p为奇素数）。
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 那么这个东西就很玄妙了。如果希望这个新的离散对数具有两个维度的周期，我们可以借助复数来解决这个问题。而与此同时，我们仍旧希望换底公式是成立的。经过尝试，强行将此式定义为：
-$$\mod 2^c\quad\log_5 (-1)=2^{c-3}i\quad c>2$$
+$$\mod 2^c\quad\log_5 (-1)=2^{c-3}i\quad c>3$$
+（当c为3，即模数为8的时候，定义为1+i——当然这实在没什么用，因为它同构于Klein四元群，习惯采用别的处理方法）
 例如模16，有4个“生成元”（只能跑遍半个缩系）3、5、11、13，可以列表验证换底公式（验算不妨将除法改为计算乘法）仍然成立：
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 利用复平面上两个维度同时取模（取模构成矩形）意义下的除法，换底公式仍旧成立。虽然完备，只是这么定义没什么实际用途罢了。
+====计算模2的幂以5为底给定元素的对数====
+这里给一个算法，计算模2的t次幂缩系中一个元素a以5为底的对数。要求a必须为4k+1形式，因为5的幂在这个缩系乘法群中只能跑遍一半。
+（如果a是4k+3形式，就计算-a）
+首先，类似于快速幂的思想，先计算5、5^2、5^4……在模2的t次幂意义下的值，总共有t-3个，因为：
+$$5^{2^{t-2}}\equiv 1\mod 2^t$$
+有规律：5是4k+1形式，5^2是8k+1形式，5^4是16k+1形式……。
+在模2的幂缩系中，4k+1形式的数以5为底的对数是奇数，8k+1形式的数以5为底的对数恰好被2整除（不被4整除），16k+1形式以5为底的对数恰好被4整除。
+因此，对数计算算法设计非常简单：
+第一步：计算a-1在二进制下末尾含多少个0，假设含h个。由于a是4k+1形式，h至少为2。这意味着a以5为底的对数恰好被$2^{h-2}$整除。
+第二步：因为取模下除法（数论倒数）不好计算，因此改算取模乘法。用a乘上$5^{2^{h-2}}$得到b，那么b-1当中2的幂次一定比a-1要高。
+第三步：如果新的b为1，则跳出循环，否则用b代替a回到第一步重新执行。
+循环中记录下每一个h-2，这些h-2是单调递增的。
+循环结束后，我们得到一个二进制数：在每个得到的h-2处为1，其它处为0。因为我们使用了乘法而不是除法，最后用$2^{t-2}$减去得到的二进制数，就得到了所求的对数。
+=====Euler判别法=====
+Euler判别法是对于计算机而言最简单的判断一个数a是不是模素数p的n次剩余的办法。
+对于人而言就太难了。人一般采用互反律等等的办法笔算。
+我们熟知模p的缩系乘法群是循环群，那么下面的结论就显然了。
+首先，如果p-1和n互素，那么a一定是n次剩余。因为这个时候n次方在p的缩系中是一个置换。
+如果n是p-1的倍数，显然缩系中只有1是n次剩余（p-1次剩余）。
+那么，如果p-1和n不互素，就可以将n替换为(n,p-1)。这个数一定是p-1的约数，只需要看a是不是(n,p-1)次剩余即可。
+于是，计算这个式子的值：
+$$a^{\frac{p-1}{(n,p-1)}}$$
+如果这个式子的值为1，说明a是n次剩余，否则就不是n次剩余。这就是欧拉判别法，一般用快速幂算法计算。
+另外，对于二次非剩余，这个式子的值一定是-1。其他的非剩余则不确定。
+=====原根的判定=====
+既然已经知道模p的缩系乘法群是循环群，那么就有很明显的推论：
+判断g是模素数p原根，则要求对于任意一个n，只要n与p-1不互素，g就不是n次剩余。
+这显然是一个等价命题。意思就是说，原根和剩余几乎是互斥的概念，原根如果是剩余，只有可能这个次数构成一一对应，即上文的互素。
+事实上，对于p-1的每一个因数d，只要判断g是不是d次剩余就够了。这个因数甚至可以改进为素因数q。即要求p-1的每一个素因数q：
+$$g^{\frac{p-1}{q}}$$
+这个式子都不是1，则g是原根。
+模p-1的原根总共有$\varphi(p-1)$个。在随机枚举g的情况下，显然当p-1的素因数非常少的时候，枚举到原根的概率大，最高能达到50%。但是当p-1的素因数很多的时候，枚举到的概率就非常小了。这个概率甚至可以任意趋近于0。总之无论什么情况，都需要枚举多次。
+=====BSGS离散对数算法=====
+BSGS（Baby Step Giant Step），即大步小步算法，常用于求解离散对数问题。该算法可以在根号p的时间内求解模p意义下的$\log_a b$。
+当然，如果a是原根，一定有解。否则不一定有解。
+由于群的阶是p-1，设待求的对数为：
+$$\log_a b=A\left\lceil\sqrt{p-1}\right\rceil-B$$
+于是A和B都不超过$\sqrt{p-1}$。变形一下就有：
+$$a^{A\left\lceil\sqrt{p-1}\right\rceil}\equiv ba^B \mod p$$
+分别存储等式的两边，用map存储其中一边的结果，枚举另一边时查找即可。
+因为时间复杂度是根号量级，在大素数情形很高，而反过来的快速幂却是对数量级，是复杂度低的算法，事实上也说明求对数是个世界级难题，至今还没有得到解决。

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