本文轉自synapse7
一、威爾遜定理
若p為質數，則
p|(p-1)!+1
亦：(p-1)! ≡ p-1 ≡ -1(mod p)
例題：
HDU 2973 YAPTCHA (威爾遜定理及其逆定理)
解題報告見http://blog.csdn.net/synapse7/article/details/18728157
二、費馬小定理
假如p是質數，且gcd(a,p)=1，那么
a^(p-1) ≡1（mod p）
我們可以利用費馬小定理來簡化冪模運算：由於a^(p-1)≡a^0≡1(mod p)，所以a^x(mod p)有循環節，長度為p-1，所以a^x≡a^(x%(p-1))(mod p)
例題：
HDU 4549 M斐波那契數列 (費馬小定理降冪&矩陣快速冪)
三、歐拉定理
若a,m為正整數，且gcd(a,m) = 1，則
a^φ(m)≡1(mod m)
我們亦可以利用歐拉定理來簡化冪模運算：a^x≡a^(x%φ(m))(mod m)
例題：
HDU 1395 2^x mod n = 1 (歐拉定理 分解素因數)
HDU 3221 Brute-force Algorithm (矩陣 歐拉定理降冪)
為下一節做鋪墊，我們將a^x≡a^(x%φ(m))(mod m)變下形：
由於a^φ(m)≡1(mod m)
a^x≡a^(x%φ(m))≡a^(x%φ(m)+φ(m))(mod m)
四、求冪大法（廣義歐拉定理）及其證明
對於同余式a^b≡x(mod m)，如何求出x？（1<=a,m<=1000000000，1<=b<=10^1000000）
注意到b很大，我們可以先采取一些方法降冪。
若gcd(a,m)=1，那么使用歐拉定理即可：a^b≡a^(b%φ(m))(mod m)
若gcd(a,m)>1，且b>φ(m)，則有“求冪大法”——a^b≡a^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)
（當b<=φ(m)時直接用快速冪即可）
例題：
大致證明：
1. 在a的0次，1次，...，b次冪模m的序列中，前r個數(a^0到a^(r-1))互不相同，從第r個數開始，每s個數就循環一次。
證明：由鴿巢定理易證。
我們把r稱為a冪次模m的循環起始點，s稱為循環長度。（注意：r可以為0）
用公式表述為：a^r≡a^(r+s)(mod m)
2. a為素數的情況
令m=(p^r)m′，則gcd(p,m')=1，所以p^φ(m')≡1(mod m')
又由於gcd(p^r,m′)=1，所以φ(m‘)|φ(m)，所以p^φ(m)≡1(mod m')，
即p^φ(m)=km'+1，兩邊同時乘以p^r，得p^(r+φ(m))=km+p^r（因為m=(p^r)m′）
所以p^r≡p^(r+s)(mod m)，這里s=φ(m)
3. 推論：p^b≡p^[r+(b-r)%φ(m)](mod m)
4. 又由於m=(p^r)m′，所以φ(m)≥φ(p^r)=[p^(r-1)](p-1)≥r
所以p^r≡p^[r+φ(m)]≡p^[r%φ(m)+φ(m)](mod m)
所以p^b≡p^[r+(b-r)%φ(m)]≡p^[r%φ(m)+φ(m)+(b-r)%φ(m)]≡p^[φ(m)+b%φ(m)](mod m)
即p^b≡p^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)
5. a為素數的冪的情況
是否依然有a^r’≡a^(r‘+s’)(mod m)？(其中s‘=φ(m)，a=p^k)
答案是肯定的，由2知p^s≡1(mod m′)，所以p^(s*(k/gcd(s,k))≡1(mod m′)，所以當s’=s/gcd(s,k)時才能有p^(s'k)≡1(mod m′)，此時s‘|s|φ(m)，且r’=ceil(r/k)<=r<=φ(m)
由r'，s'與φ(m)的關系，依然可以得到a^b≡a^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)
6. a為合數的情況
只證a拆成兩個素數的冪的情況，大於兩個的用數學歸納法可證。
設a=a1a2，ai=pi^ki，ai的循環長度為si
則s|lcm(s1,s2)，由於s1|φ(m),s2|φ(m)，那么lcm(s1,s2)|φ(m)，所以s|φ(m)
r=max{ceil(ri/ki)}<=max{ri}<=φ(m)
由r，s與φ(m)的關系，依然可以得到a^b≡a^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)
證畢。
附：三大定理的證明（定理的引用參考《初等數論及其應用》）
一、威爾遜定理
(PS:在利用定理4.10時，僅需用到a^-1的存在性；證明中的“只有”二字要用定理4.11中的“唯一性”)
二、費馬小定理
重申一遍，gcd(a,p)=1
三、歐拉定理
證明前，我們先定義一個概念：
