[數論學習筆記]費馬小定理、歐拉函數、歐拉定理、歐拉降冪公式

前置知識

完全剩余系

百度百科：

從模n的每個剩余類中各取一個數，得到一個由n個數組成的集合，叫做模n的一個完全剩余系。

簡單點說，n的完全剩余系就是0到n-1的集合。

縮剩余系

又叫簡化剩余系。
簡單點說，n的縮剩余系就是其完全剩余系中與n互質的數組成的一個集合。

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費馬小定理

內容:

\[\text{若 $p$ 為質數，且 $\gcd(a,p)=1$ ，則 $a^{p-1}\equiv1\pmod p$ 。} \]

證明：

考慮p的縮剩余系，因為p是質數，所以p的縮剩余系為 \(\{1,2,3,\cdots,p-1\}\)
把縮剩余系中的每個數乘上一個數k(要求：\(\gcd(k,p)=1\) )，所得到的集合在模p意義下仍是p的縮剩余系。
上一句如何證明？
只需證明在新集合中任意兩個數都不相等即可。
反證：取出兩個數 \(k\times a_1,k\times a_2\),若這兩個數在模p移一下相等，則

\[k\times a_1\equiv k\times a_2\pmod p \]

移項得：

\[k\times (a_1-a_2)\equiv 0\pmod p \]

即：

\[p\mid k\times(a_1-a_2) \]

又因為

\[\gcd(p,k)=1 \]

所以得出

\[p\mid(a_1-a_2) \]

而

\[0 < a_1 \le p-1 \]

\[0 < a_2 \le p-1 \]

所以

\[p\nmid(a_1-a_2) \]

不成立。
所以所得到的集合在模p意義下仍是p的縮剩余系。
這時候就有下面這個式子：

\[1\times2\times3\times\cdots\times(p-1)\equiv k\times2k\times3k\times(p-1)k\pmod p \]

化簡一下可得：

\[(p-1)!\equiv(p-1)!\times k^{p-1}\pmod p \]

因為

\[\gcd((p-1)!,p)=1 \]

所以兩邊約去后得

\[k^{p-1}\equiv1\pmod p \]

證畢。

應用

求逆元
而逆元應用非常廣泛。

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歐拉函數

定義

歐拉函數\(\psi(x)\)表示小於x的數字中與x互質的數的個數。

公式

\[\psi(x)=x\prod_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{p_i}) \]

其中n表示x的質因數個數。

證明

考慮容斥原理。
設 \(p_1,p_2\) 為 \(x\) 的兩個質因數，則 \(p_1\)的倍數有 \(\frac{x}{p_1}\) 個，\(p_2\) 的倍數有 \(\frac{x}{p_2}\) 個。
把這些數刪去，還剩下 \(x-\frac{x}{p_1}-\frac{x}{p_2}+\frac{x}{p_1\times p_2}\) 個。（多刪了 \(\frac{x}{p_1\times p_2}\) 個）
然后就是化簡變形：

\[\begin{aligned} & \quad x-\frac{x}{p_1}-\frac{x}{p_2}+\frac{x}{p_1\times p_2}\\ & =x(-\frac{1}{p_1}-\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_1\times p_2})\\ & =x(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})\\ \end{aligned}\]

推廣到n個質因數，得到公式：

\[\psi(x)=x\prod_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{p_i}) \]

性質

積性函數。
滿足：

\[\psi(nm)=\psi(n)\psi(m)\quad\gcd(n,m)=1 \]

若p是質數，則：

\[\psi(p^k)=(p-1)\times p^{k-1} \]

線性求代碼實現

線性篩可是很NB的，以至於所有積性函數都怕他（掩蓋不了看似大的驚人的復雜度了）。
————某谷題解

也就是說，所有線性求積性函數的關鍵就是用最小的質因子求。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100005; 
int phi[maxn],cnt,prime[maxn],vis[maxn],n; 
int main(){
	cin>>n;
	phi[1]=1;//初始化 
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]) prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1;//篩質數、質數i的歐拉函數值為 i-1 
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;//合數
			if(i%prime[j]==0){//效率關鍵 
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j]; 
				break;
			}else{
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<phi[i]<<" ";
	return 0;
}

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歐拉定理

內容：

\[\forall a,m\text{，若 }\gcd(a,m)=1\text{，則有 }a^{\psi(m)}\equiv 1\pmod m \]

證明：

歐拉定理算是費馬小定理的拓展，所以證明很像。
考慮 \(m\) 的縮剩余系，很顯然縮剩余系中元素個數為 \(\psi(m)\)。
然后把縮剩余系中的每個數乘上一個數 \(a\)，要求 \(\gcd(a,m)=1\)。
根據費馬小定理那里證明的命題，新的集合仍是 \(m\) 的縮剩余系。
假設原來的縮剩余系為 \(p\)，乘上 \(a\) 以后的縮剩余系為 \(q\)，則有：

\[\prod_{i=1}^{\psi(m)}p_i\equiv \prod_{i=1}^{\psi(m)}q_i\pmod m \]

即：

\[\prod_{i=1}^{\psi(m)}p_i\equiv a^{\psi(m)}\prod_{i=1}^{\psi(m)}p_i\pmod m \]

因為 \(\gcd(\prod_{i=1}^{\psi(m)}p_i,m)=1\)，所以兩邊可以同時約掉，得：

\[a^{\psi(m)}\equiv1\pmod m \]

證畢。

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歐拉降冪公式

又叫做拓展歐拉定理。
有一道板子題：

傳送門

內容：

\[a^b\equiv a^{(b\bmod \psi(m))+\psi(m)}\pmod m ,b\ge \psi(m) \]

證明：

略。（挺實用的，一定要背過）
注意當 \(b\ge \psi(m)\) 時才能用公式，否則直接快速冪。

AC代碼

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
long long a,m,mm;
long long phi,res;
int len,yyy; 
string s;
long long fp(long long a,long long b){
	if(b==1) return a;
	long long now=fp(a,b/2);
	if(b&1) return now*now%m*a%m;
	return now*now%m;
}
int main()
{
    cin>>a>>m;
    phi=mm=m;
    for(int i=2;mm>1&&i<=sqrt(m);i++){
    	if(!(mm%i)){
    		phi/=i;
    		phi*=(i-1);
			while(!(mm%i)) mm/=i;
		}
	}
	if(mm>1) phi=phi/mm*(mm-1);
	cin>>s;
	len=s.length();
	for(int i=0;i<len;i++){
		res=res*10+s[i]-'0';
		if(res>=phi) res%=phi,yyy=1;
	}
	if(yyy) res=res+phi;
	cout<<fp(a%m,res);
    return 0;
}