Day 04. 元素阶 —— 从代数结构到计算复杂度
1. 命题：有限群元素的阶
命题： 有限群的元素必有有限阶。
设 \(G\) 是有限群， \(a \in G\)，则 \(\text{ord}(a)\) 有限，且 \(\text{ord}(a) \le |G|\)。
证明：
- 考虑序列 \(a^1, a^2, \dots, a^{|G|+1}\)。这是 \(|G|+1\) 个元素。
- 由鸽巢原理 (Pigeonhole Principle)，必存在 \(1 \le i < j \le |G|+1\)，使得 \(a^i = a^j\)。
- 于是有 \(a^{j-i} = e\) （其中 \(e\) 为群的单位元）。
- 故集合 \(S_a = \{n \in \mathbb{Z}^+ \mid a^n = e\}\) 非空。由良序原理，其最小正整数即为 \(\text{ord}(a)\)，故 \(\text{ord}(a)\) 存在且有限。
- 由于 \(|j-i| \le |G|\)，可知 \(\text{ord}(a) \le |G|\)。
2. 阶的范畴视角 (Category Perspective)
通过群同态来定义和理解“阶”：
定义群同态：
设 \((G, \cdot_G)\) 和 \((H, \cdot_H)\) 是两个群。映射 \(\phi: G \to H\) 称为群同态，若：
\(\forall a, b \in G, \quad \phi(a \cdot_G b) = \phi(a) \cdot_H \phi(b)\)
考虑同态 \(\phi_a\)：
定义 \(\phi_a: \mathbb{Z} \to G\) 为 \(n \mapsto a^n\)。
则 \(\phi_a\) 是群同态，且具有以下性质：
- (i) \(\ker \phi_a = \{n \in \mathbb{Z} \mid a^n = e\}\) 是 \((\mathbb{Z}, +)\) 的子群。
- (ii) 因为 \(\mathbb{Z}\) 是主理想整环（PID）的加法群形式，\(\mathbb{Z}\) 的子群必形如 \(d\mathbb{Z}\)，对于某个 \(d \ge 0\)。
- (iii)
- 若 \(d > 0\)，则 \(d = \text{ord}(a)\)。
- 若 \(d = 0\)，则 \(\text{ord}(a) = \infty\)。
证明要点：
- 同态性： \(\phi_a(m+n) = a^{m+n} = a^m \cdot a^n = \phi_a(m) \cdot \phi_a(n)\)。
- (i) 这是群同态核的标准性质。
- (ii) \(\mathbb{Z}\) 的子群必形如 \(d\mathbb{Z}\)（这是循环群的特性，且 \(\mathbb{Z}\) 是单生成的）。
- (iii)
- 若 \(d > 0\)，则 \(d\) 是使 \(a^d=e\) 的最小正整数，故 \(\text{ord}(a) = d\)。
- 若 \(d = 0\)，则 \(\ker \phi_a = \{0\}\)，意味着 \(a^n = e \iff n=0\)，故 \(\text{ord}(a) = \infty\)。
3. 阶与生成的子群的效力
核心结论：
注：分 \(\text{ord}(a) = d\) 或 \(\infty\) 讨论，结论易证。
1. 阶的基本性质 (回顾)
设 \(G\) 是群，\(a \in G\)。记 \(d = \text{ord}(a)\)。
- 整除判定： \(a^n = e \iff d \mid n\)。
- 拉格朗日推论： \(a \in G \implies |\langle a \rangle| \mid |G|\)，即 \(\text{ord}(a) \mid |G|\)。
- ⚠️ 常见错误 (Common Error)：
认为“若 \(d \mid |G|\)，则必存在元素 \(a\) 使得 \(|a| = d\)”。- 反例： 克莱因四元群 \(V_4 = \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2\)。其阶 \(|V_4| = 4\)。虽然 \(4 \mid |V_4|\)，但 \(V_4\) 中无 \(4\) 阶元素（除单位元外，其余元素均为 \(2\) 阶）。
- 幂的阶： \(\text{ord}(a^k) = \frac{d}{(d, k)}\)，其中 \(d = \text{ord}(a)\)。
2. 幂运算阶的一个“同态”证明
通过组合映射的核（Kernel）来理解：
构造同态：
- 设 \(\phi_a: \mathbb{Z} \to G, \quad n \mapsto a^n\)，其核 \(\ker \phi_a = d\mathbb{Z}\)。
- 设 \(\mu_k: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}, \quad n \mapsto kn\) （乘 \(k\) 映射）。
- 令 \(\psi = \phi_a \circ \mu_k\)，则 \(\psi: \mathbb{Z} \to G, \quad n \mapsto a^{kn}\)。即 \(\psi = \phi_{a^k}\)。
求解核：
故 \(\text{ord}(a^k) = \frac{d}{(d,k)}\)。
3. 阿贝尔群 (Abel Group) 中的阶
性质 1： 若 \(G\) 是 Abel 群，\(a, b \in G, |a|=m, |b|=n\)，且 \((m, n)=1\)，则 \(\text{ord}(ab) = mn\)。
注意：此命题必须满足 Abel 群条件。
性质 2 (一般情形)： 在 Abel 群中，必有 \(\text{ord}(ab) \mid \text{lcm}(\text{ord}(a), \text{ord}(b))\)。
⚠️ 定理： 设 \(G\) 是有限 Abel 群，若 \(|a|=m, |b|=n\)，则 \(\exists c \in G\) 使得 \(|c| = \text{lcm}(m, n)\)。
(证明见习题集 H3)
4. 最大阶元素与指数 (Exponent)
定义：群的指数 \(\exp(G)\)
若 \(G\) 有限，则这是使得 \(a^n = e\) 对 \(\forall a \in G\) 均成立的最小正整数 \(n\)。
定理：有限 Abel 群指数的实现
若 \(G\) 是有限 Abel 群，则必存在 \(a \in G\)，使得 \(\text{ord}(a) = \exp(G)\)。
证明要点：
利用 Abel 群的直乘积性质（或素幂分解）：
- 设 \(\exp(G) = p_1^{\varepsilon_1} p_2^{\varepsilon_2} \dots p_k^{\varepsilon_k}\)。
- 对于每个 \(i\)，必存在某个 \(a_i \in G\)，其阶 \(\text{ord}(a_i) = m_i p_i^{\varepsilon_i}\) （否则 \(\exp(G)\) 无法在 \(p_i\) 因子上达到 \(\varepsilon_i\) 次幂）。
- 取 \(b_i = a_i^{m_i}\)，则 \(\text{ord}(b_i) = \frac{m_i p_i^{\varepsilon_i}}{m_i} = p_i^{\varepsilon_i}\)。
- 由于 \(b_i\) 属于不同的素幂阶，且 \(G\) 是 Abel 群，各 \(b_i\) 互质阶。
- 由 Abel 群性质，\(\text{ord}(b_1 b_2 \dots b_k) = \prod p_i^{\varepsilon_i} = \exp(G)\)。 \(\square\)
1. 循环群的判定 (Characterization of Cyclic Groups)
设 \(G\) 是有限群，以下条件等价 (Equivalent)：
- (i) \(G\) 是循环群，即 \(\exists a \in G\) 使得 \(G = \langle a \rangle\)。
- (ii) \(\exists a \in G\) 使得 \(\text{ord}(a) = |G|\)。
- (iii) \(\forall d \mid |G|\)，群 \(G\) 中满足 \(x^d = e\) 的元素恰有 \(d\) 个。即令 \(S = \{x \in G \mid x^d = e\}\)，则 \(|S| = d\)。
证明思路：
- (i) \(\iff\) (ii)：由定义显然。
- (i) \(\implies\) (iii)：
考虑同态 \(\phi: G \to G, \quad x \mapsto x^d\)。同构于 \(\psi: \mathbb{Z}_n \to \mathbb{Z}_n, \quad a \mapsto ad\)。
其核 \(\ker \psi = \{ n/d \cdot a \mid a \in \mathbb{Z}_d \}\)，故 \(|\ker \psi| = d\)。 - (iii) \(\implies\) (i)：
设 \(|G|=n\)。对于 \(d \mid n\)，令 \(\psi(d)\) 为 \(G\) 中阶恰好为 \(d\) 的元素个数。
由性质知 \(\sum_{c|d} \psi(c) = d\)。利用莫比乌斯反演或性质可得 \(\psi(d) = \phi(d)\)（其中 \(\phi\) 为 Euler 函数）。
特别地，\(\psi(n) = \phi(n) \ge 1\)，故存在 \(n\) 阶元素，群 \(G\) 为循环群。
2. \(\mathbb{Z}_n^*\) 的结构预览
\(\mathbb{Z}_n^*\)（模 \(n\) 乘法群）的循环性是初等数论的核心：
- 判定定理： \(\mathbb{Z}_n^*\) 是循环群当且仅当 \(n \in \{1, 2, 4, p^k, 2p^k\}\)，其中 \(p\) 是奇素数。
- 素数情形： \(\mathbb{Z}_p^*\) 必为循环群。这是因为 \(\mathbb{F}_p\) 是一个域，而有限域乘法子群必为循环群。
- 反例： \(\mathbb{Z}_8^* = \{1, 3, 5, 7\}\)。其阶为 4，但所有非单位元的阶均为 2（即 \(3^2 \equiv 5^2 \equiv 7^2 \equiv 1 \pmod 8\)），故不是循环群。
3. 阶与离散对数 (Discrete Logarithm)
设 \(G\) 是循环群，\(g\) 是生成元。对于 \(h \in G\)，离散对数问题是求 \(x\) 使得：
周期性： 若 \(|g|=n\) 且 \(g^{x_0} = h\)，则通解为 \(x = x_0 + nk, \quad k \in \mathbb{Z}\)。
模幂周期性：
设 \(\text{ord}_n(a) = d\)，则 \(\forall k \in \mathbb{Z}\)：
注：此性质仅在群运算中成立，计算指数时需极其小心（见 Euler 定理）。
4. 小练习 (5 分钟自测) 解答
- 7.1 若 \(\text{ord}(a)=mn\)，则 \(\text{ord}(a^m) = \frac{mn}{(mn, m)} = \frac{mn}{m} = \mathbf{n}\)。
- 7.2 \(a, b \in G\) 满足 \(ab=ba\)。证明 \(\text{ord}(ab) \mid \text{lcm}(\text{ord}(a), \text{ord}(b))\)。
- 证： 令 \(L = \text{lcm}(|a|, |b|)\)。则 \((ab)^L = a^L b^L = e \cdot e = e\)。由阶的整除性质，\(\text{ord}(ab) \mid L\)。\(\square\)
- 7.3 设 \(G\) 为 \(n\) 阶有限群，\(a \in G, \text{ord}(a)=n\)。\(a^k\) 是生成元当且仅当 \((k, n)=1\)。
- 这推导出 \(\langle a \rangle\) 有 \(\phi(n)\) 个生成元。
- 7.4 \(p\) 为奇素数。\(\text{ord}_p(2) \mid p-1\)。当 \(2\) 是 \(p\) 的原根时，\(\text{ord}_p(2) = p-1\)。
- 注：\(p < 20\) 中以 2 为原根的素数有：\(3, 5, 11, 13, 19\)。 (注：\(7, 17\) 不是)
- 7.5 \(a \in \mathbb{Z}_p^*\)，\(\{a, a^2, \dots, a^{p-1}\}\) 是 \(\{1, 2, \dots, p-1\}\) 的排列 \(\iff \text{ord}(a) = p-1\)。
- 结论： 这等价于 \(a\) 是 \(\mathbb{Z}_p^*\) 的生成元（原根）。
- 7.7 设 \(\text{ord}_{1000}(3) = d\)。求 \(d\) 并求 \(3^{1000000} \pmod{1000}\)。
- 计算已知 \(\text{ord}_{1000}(3) = 100\)。
- 由于 \(100 \mid 1,000,000\)，故 \(3^{1000000} \equiv 3^0 \equiv \mathbf{1} \pmod{1000}\)。
- 7.8 若 \(n > 2\)，证明 \(\text{ord}_n(n-1) = 2\)。
- 证： \(n-1 \equiv -1 \pmod n\)。而 \((-1)^2 = 1\)。由于 \(n > 2\)，\(-1 \not\equiv 1 \pmod n\)，故最小正整数幂为 2。
解题方法论与经典题型
1. 阶的计算：枚举下降法 (Successive Division Method)
在计算 \(\text{ord}_n(a)\) 时，直接枚举因数效率较低。利用 \(\text{ord}_n(a) \mid \phi(n)\) 的性质，可以采用更高效的“下降”策略。
命题： \(\text{ord}_n(a)\) 等于 \(\phi(n)\) 的最小因子 \(d\)，使得 \(a^d \equiv 1 \pmod n\)。
算法流程：
- 输入： \(a, n\)。
- 预处理： 计算 \(\phi(n)\) 并对其进行素因子分解：\(\phi(n) = \prod p_i^{e_i}\)。
- 初始化： 令 \(d \leftarrow \phi(n)\)。
- 循环优化：
for each prime factor p_i of phi(n):while d % p_i == 0 and pow(a, d // p_i, n) == 1:d = d // p_i - 输出： \(d\)。
时间复杂度分析：
\(O(\omega(\phi(n)) \cdot \log(\phi(n)) \cdot \log(n))\)。其中 \(\omega(m)\) 表示 \(m\) 的不同素因子个数。由于 \(\omega(m)\) 增长极慢，该算法极高效。
2. 降幂公式：扩展欧拉定理 (Extended Euler's Theorem)
当 \(\gcd(a, n) \neq 1\) 时，群论的简单性质不再适用（半群性质），此时需使用扩展欧拉定理处理高次幂。
⚠️ 极重要：
第三种情况 \(k \ge \lfloor \log_2 n \rfloor\) 在处理指数塔（Power Tower）问题时是核心，它保证了即使基数与模数不互质，序列在经过一段“进入期”后也会进入周期为 \(\phi(n)\) 的循环。
3. 经典题解析：Putnam 1975 A-4
题目：
设 \(n\) 是正整数。定义序列 \(a_1=1, a_2=2, a_3=3\)，且满足递推关系：
证明：对于任意 \(n\)，存在无穷多个 \(k\)，使得 \(n \mid a_k\)。
解：
- 鸽巢原理与周期性：
考虑序列在模 \(n\) 意义下的表现。考虑三元组 \((a_i, a_{i+1}, a_{i+2}) \pmod n\)。
由于每个元素只有 \(n\) 种取值，三元组最多有 \(n^3\) 种可能。由鸽巢原理，三元组必会出现重复。 - 可逆递推：
注意该递推式是双向可推的：\(a_i = a_{i+3} - a_{i+2} - a_{i+1}\)。
这意味着序列在模 \(n\) 下不仅是最终周期的，而且是纯周期的（Purely Periodic）。 - 逆推寻找 \(0\)：
根据递推关系逆推项 \(a_0\)：\[a_0 = a_3 - a_2 - a_1 = 3 - 2 - 1 = 0 \pmod n \] - 结论：
既然 \(a_0 \equiv 0 \pmod n\) 且序列是纯周期的，那么 \(0\) 必在每个周期中至少出现一次，故存在无穷多个 \(k\) 使得 \(a_k \equiv 0 \pmod n\)。 \(\square\)
元素阶的应用
阶的提升 (Lifting the Order)
设 \(p\) 是奇素数。
证： 若 \(\text{ord}_p(a) = p-1\)，则 \(\text{ord}_{p^2}(a) = p(p-1)\) 或 \(p-1\)。
进一步证明： \(\text{ord}_{p^2}(a) = p(p-1)\)，当且仅当 \(a^{p-1} \not\equiv 1 \pmod{p^2}\)。
此题已多次涉及。由于 \(a^d \equiv 1 \pmod{p^2} \implies a^d \equiv 1 \pmod p\)，故 \(p-1 \mid d\)。
又 \(d \mid p(p-1)\)，故 \(d\) 只能为 \(p-1\) 或 \(p(p-1)\)。而 \(d=p-1\) 当且仅当 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p^2}\)。 \(\square\)
模 \(p\) 的二次剩余
设 \(p\) 是奇素数，\(p \nmid a\)。
证明： \(a\) 是模 \(p\) 的二次剩余，当且仅当 \(\text{ord}_p(a) \mid \frac{p-1}{2}\)。
在 \(\mathbb{Z}_p^*\) 中考虑，\(\psi: x \mapsto x^2\)。由于 \(\mathbb{Z}_p^*\) 为循环群，\(\ker \psi = \{x^2 = e\}\) 恰有 2 个元素 (\(1, p-1\))。
故 \(|\text{Im } \psi| = \frac{p-1}{2}\)。而 \(\frac{p-1}{2}\) 阶群唯一。故 \(a \in \text{Im } \psi \iff a\) 在 \(\frac{p-1}{2}\) 阶群中 \(\iff a^{\frac{p-1}{2}} = e \iff \text{ord}_p(a) \mid \frac{p-1}{2}\)。
另法： 在离散对数视角下考虑，指数必能被 2 整除，此处略。
具体问题
CF1514C：Product 1 Modulo n
给定 \(n\)，求 \(\{1, 2, \dots, n-1\}\) 的最大子集 \(S\)，使 \(S\) 中所有元素乘积模 \(n = 1\)。
首先，若元素没有逆元，不可能存在于 \(S\) 中。否则元素必有对应元素与其乘积为其积为 1，即其有逆元，则在 \(\mathbb{Z}_n^*\) 内，矛盾。故仅考虑 \(\mathbb{Z}_n^*\) 的子集。
再考虑 \(\mathbb{Z}_n^*\) 内的逆元配对情况。不能配对的仅有 \(\mathbb{Z}_n^*\) 中满足 \(x^2 \equiv 1 \pmod n\) 的子群 \(S' = \{x \in \mathbb{Z}_n^* : x^2 = e\}\)。
在循环群中仅有 \(1, -1\) 两解。故 \(n=2, 4, p^k, 2p^k\) 时，必有 \(S\) 中元素积为 \(-1\)。
否则 \(\mathbb{Z}_n^*\) 不是循环的，\(S' = \{x^2 = e : x \in \mathbb{Z}_n^*\}\)，因此 \(S'\) 是一个二阶子群，有形式 \(C_2 \times C_2 \times \dots\)。
我们来考虑多个 \(C_2\) 直积的情况，本质是高维立方体的顶点和模 2 的值。容易发现每一维均有 \(2^{k-1}\) 个元素 \(\implies\) 若 \(k \ge 2, k-1 > 1\) 则必和为 0。因此 \(S\) 非循环时，必有 \(\prod S = 1\)。
综上，\(n=4, p^k, 2p^k\) 时取 \(\phi(n)-1\) 个，否则取 \(\phi(n)\) 个。 \(\square\) （注：迷之 *1600？至 *2200）
CF1349A：Orac & LCM
极简单的数学题。
给定 \(a_1, \dots, a_n\)，求两两 LCM 的 GCD。
只考虑一种质数：\(p^{e_1}, p^{e_2}, p^{e_3}, \dots, p^{e_n}\)。 显然是次小值。
考虑对指数分解因子，但是 \(\sqrt{n}\) 太慢。
考虑预处理所有 \(2e5\) 以内的质因子分解（欧拉筛），然后每个数单独贡献。\(O(n \log(a_{\max}))\)，稳过。
CF1295D. Same GCDs
给定 \(a, m\)，计算满足 \(0 \le x < m\) 且 \((a, m) = (a + x, m)\) 的 \(x\) 个数。
此前已做过，本质是 GCD 的倍数平移性质。答案为 \(\phi\left(\frac{m}{(a, m)}\right)\)。
关键技术问题
① 安全模乘（防止溢出 ll，适用于超大模数）
long long mul(long long a, long long b, long long mod) {return (__int128)a * b % mod;
}
② 计算阶不要查素数表
- 固定模数 \(\implies\) 预处理，复杂度降为 \(\log^2\) 层级。
- 非固定模数 \(\implies\) 对 \(n\) 作分解，复杂度 \(\sqrt{n}\) 层级。
模型转换示例
1. 给定 \(p\) 和 \(a\)，求最小 \(k\) 使 \(a^k \equiv 1 \pmod p\)。
这是 \(\text{ord}_p(a)\) 的定义，利用阶优化算法直接求。
2. 给定 \(n\)，对于每一个 \(1 \le a < n\) 且 \((a, n) = 1\)，输出 \(\text{ord}_n(a)\)。
一个接近均摊 \(\omega(n)\) 的做法：先对 \(n\) 因子分解，对每个质幂次 (\(p^k\)) 进行原根寻找（先找 \(p\) 的，再提升到 \(p^k\) (\(g\) 或 \(g+p\))）。处理每一个 \(a \in \mathbb{Z}_n^*\) 的数的 \(g\) 下离散对数 \(\implies\) 一次求出部分阶，最后对每个 \(a \in \mathbb{Z}_n^*\) 的部分阶求 \(\text{lcm}\)。实现得好接近 \(O(n \omega(n))\)。
3. 给定 \(p\) 和 \(g, b \in \mathbb{Z}_p^*\)，求 \(x\) 使 \(g^x \equiv b \pmod p\)。
此对离散对数问题，直接利用 BSGS 算法求解即可。
线段树与势能分析
1. 维护 \(a_1, \dots, a_n\)，支持：区间取模，区间求和。
势能分析方法：
定义势能函数 \(\Phi = \sum_{i=1}^n a_i\)
每次取模每个元素满足 \(a_i \ge mod \implies a_i \% mod \le a_i - mod\) 且 \(\le mod\) 故 \(\le \frac{1}{2} a_i\)。
因此总势能在 \(O(\sum \log a_i)\) 次内用完，总复杂度上界 \(O(n \log V) \cdot O(\log n) = O(n \log n \log V + m \log n)\)。
我们需要维护区间 \(max\) 以保证不需取模的不取模，复杂度正确。
2. 区间开方 + 区间求和。
维护序列 \(a_1, \dots, a_n\) (\(1 \le a_i \le 10^{18}\))，支持：
- 区间开方：\(a_i \leftarrow \lfloor \sqrt{a_i} \rfloor, \quad l \le i \le r\)。
- 区间求和：\(\sum_{i=l}^r a_i\)。
势能分析： \(\Phi = \sum a_i\)。
每元素最多在 \(k\) 轮内成为 1。即 \(x^{\frac{1}{2^k}} < 2 \implies x < 2^{2^k}\)。
\(\log_2 x < 2^k \implies k > \log_2 \log_2 x\)。故在 \(n \log \log V\) 次内必稳定。
复杂度为 \(O(n \log \log V \log n + m \log n)\)。
我们维护区间的最大值即可（看是否为 1）。
3. Segment Tree Beats!
维护一段序列 \(a_1, \dots, a_n\)，支持：
- 区间取min：\(a_i \leftarrow \min(a_i, v) \quad (l \le i \le r)\)
- 区间求和：\(\sum_{i=l}^r a_i\)
- 区间最大值：\(\max_{l \le i \le r} a_i\)
- 区间add：一段区间 \(+w\)
非常经典的势能分析！
我们来尝试构造势能函数 \(\Phi = \sum_{node} \chi(node)\)。其中 \(\chi\) 表示该节点的 \(max\) 值是否与其 \(p(n)\) (parent) 相异。
首先验证：\(\Delta\) 若子树内 \(\Phi\) 全为 0 ，可由 \(cmax = -\infty\) 判断，则可通过一次 tag 更新：\(max, sum\)。 \(\checkmark\)
若存在 \(\Phi \neq 0\)（原笔记疑为 1），则必有该子树内存在次大值（\(V\) 上等层）。
此时若 \(chmin \ge max\) \(\checkmark\) 不变；若 \(chmin \ge cmax\) \(\checkmark\) （维护次大值、最大值计数 \(cnt\)）
否则：\(chmin < cmax\)，暴力递归（降势能，所有路径节点上 \(\Phi: 1 \to 0\)） \(\checkmark\)
区间加：每次最多加 \(O(\log n)\) 势能。
总复杂度估值：\(O(n \log^2 n)\)。 \(\square\)
4. CF1114F 两种操作：
① 区间乘
② 求 \(\phi \left( \prod_{i=l}^r a_i \right) \pmod{10^9+7}\)
此题思路平凡： 只需考虑 ① 区间乘积 \(\pmod{10^9+7}\) ② 区间质因子集合。
后者利用或运算维护 bitset / ll 数即可。（300内仅 62 个质数）
