CTF比赛中遇到许多密码学的题目，往往最后都转化为相关的代数问题。因此，在这里就经常会用到的一些概念进行归纳总结。
原根(primitive root)
什么是原根
是模 的原根，如果所有与 互素的数，均与 的某个幂模 同余。换句话说，对于所有与 互素的 ，存在 使得 。
原根存在性
对于一般的 ，原根是不一定存在的。比如说，模8就不存在原根。但如果是模素数 ，那么原根即generator是存在的。
原根的个数
如果原根存在，那么其个数为 。这是因为，与 互素的数共 个，其构成的群如果有generator，那么其个数为 。
特别地，由于 ，因此模 有限域存在 个原根。
如何计算原根
并不存在快速计算原根的通用公式。如果使用PARI/GP，则可以通过如下命令：
znprimroot(n)
以下，将介绍同余意义下的平方根、立方根。
平方根
存在性
对于一般的 , 不一定存在 ，使得 。举例来说， 便不存在平方根。
唯一性
假设存在 的平方根，那么可能不止一个平方根。比如， 有平方根 和 ，而 便只有一个平方根 。再比如， 有4个平方根： , , ,
事实上， ，这是因为：
特别地，对于模 来说，除了以上性质，我们还知道，其平方根总是成对出现的。假设 ，那么 。而 为素数，必有 与 互素。因此， 。又因为 ，因此必有 。
此外，由于平方根至少是成对出现，因此所有可能的平方的总数是小于 的，这也说明了平方根不一定存在。
如何计算平方根
使用PARI/GP，可以计算模 的平方根如下：
sqrt(Mod(4,7))
当计算得到一个平方根 后，另一个则为 。
在RSA中，有时公钥会取3。当然实际没遇到过，只是在题目中见过。下面，将讨论计算模 立方根的相关问题。
立方根
存在性
与平方根类似，立方根也不总是存在的。比如， 便不存在立方根。
唯一性
在此，首先介绍另一个概念：root of unity modulo n. 顾名思义，k-th root of unity modulo n 指的便是 使得 . 当然，1便是满足条件的，但是非平凡的则不一定存在。如 便不存在除了其本身以外的立方根。
现在，假设k-th root of unity modulo p是存在的，其值为 。如果我们已经知道了 的一个 次根为 ，那么：
即 也为 的一个 次根。这便给出了一种由一个根求其他根的思路。
回到立方根，即 的情况。
首先，如果 不是3的倍数，即3与 互素，那么3对于模 的逆是存在的，即存在 使得 。那么，根据费马小定理可知：
于是，类似于RSA解密的过程，此时可直接计算出 的立方根，而且此立方根是唯一的。
接下来，如果 是3的倍数，那么立方根若存在则有3个。为此，我们首先证明， 此时的立方根有3个：
由于模 是存在原根的，假设为 。那么根据定义，存在 使得 。这里 是我们要计算的 的立方根。由此可知：
而由原根的性质可知，满足 的所有 ，必然是 的倍数，即 是 的倍数。那么 可以取的值便是0, 和 这3种，而 是3的倍数保证了这样的 是整数。由此可知， 的立方根为1, , ，其中 。
现在，假设 和 是 的两个不同的立方根。由于模 是域，逆是存在的，所以 存在且为 的立方根。我们已知 的立方根共3个，所以 的立方根也是3个。
如何计算立方根
从前述的证明便可知，如果 不是3的倍数，那么直接通过费马小定理便可计算出唯一的立方根；如果 是3的倍数，那么首先找到一个立方根，其他的立方根可通过乘以 的立方根得到。
对于PARI/GP来说，我们使用以下命令:
r=sqrtn(Mod(6,7),3,&z)
这里得到的 便是一个符合条件的立方根，而 则是 的立方根。全部的3个立方根就是 , , 。
此外，我们还可通过PARI的有限域多项式分解求出全部的立方根：
? factor(x^3-Mod(6,7))
[Mod(1, 7)*x + Mod(1, 7) 1]
[Mod(1, 7)*x + Mod(2, 7) 1]
[Mod(1, 7)*x + Mod(4, 7) 1]
上述结果中的 , , 便为 的3个立方根。