中国剩余定理
——!x^n+y^n=z^n
想必大家都听过同余方程这种玩意，但是可能对于中国剩余定理有诸多不解，作为一个MOer&OIer，在此具体说明。
对于同余方程：
x≡c1（mod m1）
x≡c2（mod m2）
···
x≡cn （mod mn） [其中任意的两个mi,mj互质]
我们可以构造出一个解：
令m=Πmi[0<i<=n]，Mi*mi=m。
那我们可以得到一组解：
x=ΣMi*Mi-1*ci（mod m） 接下来我们想办法证明她是唯一的：
Mi*Mi-1≡1（mod mi）
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证明：
假设x1与x2均为方程的解，且x1，x2 模 m不同余。
那么 mi|x1-x2
由于（mi，mj）=1，即m|x1-x2
也就是 x1≡x2（mod m）这与假设矛盾！故命题得证。
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当然还有更深的道理蕴含在里面。
/*添加一个概念：完全剩余系：大概是这个意思，就是一些数模a的余数为（0,1,2，L，a-1）即为模a的完全剩余系（概念说不严谨，大概意思知道就行...）*/
- 定理一：（从简单方面入手）
对于m1，m2。我们记x（1）为m1的一个完全剩余系，x（2）意思相同。
对于x（1）i+m1*x（2）j，当x（1）i，x（2）遍历m1，m2的完全剩余系时，也遍历了m1m2的完全剩余系。
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证明：
注意到遍历的方式只有m1m2种，我们只需要证其两两不同余即可。
若x（1）i+m1*x（2）j≡x（1）p+m1*x（2）q（mod m1m2）
那么m1m2|x（1）i+m1*x（2）j-x（1）p-m1*x（2）q => m1|x（1）i-x（1）p => i=p => x（1）i = x（1）j
那么进一步的我们还可以得到：
m2|x（2）j-x（2）q => j=q => x（2）j=x（2）q
固原命题得证。
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- 定理二：
当然我们希望这个式子具有对称性，所以我们考虑（m1，m2）=1的情况。
其实因为（m1，m2）=1，所以x（1）与x（1）*m2都是模m1的完全剩余系，既然这样我就可以得到
x（1）*m2+x（2）*m1当x（1），x（2）分别遍历其各自的完全剩余系时，x（1）*m2+x（2）*m1会遍历m的完全剩余系。
- 定理三：
我们想要更加一般的结论，对于n>=2，那么
m=m1*m2*L*mn，其中任意的mi与mj（i≠j）是两两互质的，Mi*mi=m，即有：
ΣMi*x（i），当每个i遍历其各自的完全剩余系时，也会遍历m的完全剩余系。
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证明（我们当然可以使用数学归纳法）：
① 当n=2时，由定理二已知其成立。
② 我们假设当n>2时命题成立，
我们记X=Σ（x（i）*Mi/Mn+1），m=Σmi [1<=i<=n+1]
则要证的式子化为：
x（n+1）Mn+1+mn+1X，注意到mn+1与Mn+1互质，由定理二可知，定理三成立。
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也就是说x（i）的每一种选择与模m的完全剩余系时一一对应的，也就是说x∈[0,m-1]的同余方程解是存在且唯一的。
这时候我们再回去看欧拉函数，假设p为质数
φ（p）=p-1
φ（p^k）=p^k-p^(k-1)=p^(k-1)(p-1)
如果（p，q）互质，那么φ（pq）会等于什么呢？（猜测φ（pq）=φ（p）*φ(q）)
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假设p1为模p的完全剩余系，q1亦然。
那么p1*q+q1*p，当p1，q1分别遍历其各自的完全剩余系，p1*q+q1*p也会遍历模pq的完全剩余系。
①注意到若（a，p）=1且a<p，
（b，q）=1且b<q
那么a*q+b*p一定没有pq的质因子，可以自己想一下。或者可以这样想：
（a*q，b*p）=1，即他们没有公共的质因子，就是说他可以表示成两组质因子分解的和，既无法因式分解，所以（a*q+b*p，pq）=1。
③ （a，p）≠1且a<p，b亦然。
那么a*q+b*p一定能够因式分解，就是一定能表示成x*y的形式，并且（x，y）≠1。
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有了上述定理，欧拉函数的计算方法已经得证（请读者自己领会）。
这里给出φ的计算方法：
φ（n）=n*（1-1/p1）*（1-1/p2）*L*（1-1/pk），pi为n的质因子。
本Lowbee能力有限，如有错误，请各位大佬指正。