理论部分
欧拉定理：若 $a,n$ 为正整数，且 $a,n$ 互质，则 $a^{varphi (n)} equiv 1(mod n)$.
降幂公式：
$$a^b=
egin{cases}
a^{b \% varphi(p)} & gcd(a,p)=1 \
a^b & gcd(a,p)
eq 1,b < varphi (p) \
a^{b\% varphi (p) + varphi (p)} & gcd(a,p)
eq 1,b geq varphi (p)
end{cases}$$
题目
求 $2^{2^{2...}} mod p$ 的值，$T$组询问。$T leq 1000, p leq {10}^7$
分析：
首先，必须明确模意义下的无穷与真正的无穷是有区别的，（不然无穷的怎么求值
由降幂公式，当 $x geq varphi (p)$ 时（这道题中 $x$ 一直为2的无穷次方，肯定大于 $varphi(p)$），
$$a^x equiv a^{x \% phi (p) + varphi (p)}(mod p)$$
所以，令 $f(p) = 2^{2^{2...}}(mod p)$，$f(1)=0$，
$$\f(p)=2^{(2^{2^{...}} mod ; phi(p)) + phi(p)}mod ; p \=2^{f(phi(p)) + phi(p)} mod p$$
因此可以递归求解。
时间复杂度是多少呢？
求 $phi(p)$ 是 $sqrt p$，进行 $varphi (varphi (...varphi (p))) = O(logp)$ 次，直至为1，
所以总的复杂度为 $O(sqrt p log p)$
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int p; ll qpow(ll a, ll b, ll p) { ll ret = 1; while(b) { if(b&1) ret = ret*a%p; a = a*a%p; b >>= 1; } return ret; } int euler_phi(int n) { int m = (int)sqrt(n + 0.5); int ans = n; for (int i = 2; i <= m; i++) { if (n % i == 0) { ans = ans / i * (i - 1); while (n % i == 0) n /= i; //除尽 } } if (n > 1) ans = ans / n * (n - 1); //剩下的不为1,也是素数 return ans; } int f(int p) { if(p == 1) return 0; int phip = euler_phi(p); return qpow(2, f(phip)+phip, p); } int main() { int T; scanf("%d", &T); while(T--) { scanf("%d", &p); printf("%d ", f(p)); } return 0; }
参考链接：
1. https://blog.csdn.net/skywalkert/article/details/43955611
2. https://blog.csdn.net/qq_37632935/article/details/81264965