学习：费马小定理 & 欧拉定理

费马小定理

描述

若(p)为素数，(ain Z)，则有(a^pequiv apmod p)。如果(p mid a)，则有(a^{p-1}equiv 1pmod p)。

证明

费马小定理的证法有很多，此处介绍3种

证法一

摘自：《初等数论》 冯志刚 著，有改动

此处用归纳法证明。

当(a=1)时，原命题显然成立。

设(a=n)时命题成立，即(n^pequiv npmod p)，故(n^p-nequiv 0pmod p)。

考虑二项式系数(C^k_p=frac{p!}{k!(p-k)!})，若(k)不为(p)或(0)，由于分子有质数(p)，但分母不含(p)，故分子的(p)能保留，不被约分而除去，即(C^k_p)恒为(p)的倍数。

故有

[(n+1)^p-(n+1)=n^p+C^1_pn^{p-1}+cdots+C^{p-1}_pn-nequiv n^p-nequiv 0pmod p ]

所以对于任意(ain N_+)，有(pmid (a^p-a))，故有(a^pequiv apmod p)。

证法二

摘自： Wikipedia，有改动

与证法一类似，先证明当(p)是质数时(C^k_p)恒为(p)的倍数。

然后就可以得到

[(b+1)^pequiv b^p+1equiv (b-1)^p+1+1 equiv (b-1)^{p}+1+1equiv (b-2)^{p}+1+1+1equiv (b-2)^{p}+1+1+1equiv (b-3)^{p}+1+1+1+1equiv (b-3)^{p}+1+1+1+1equiv dotsequiv {egin{matrix}underbrace {1+1+dots +1+1}\b+1end{matrix}}equiv b+1pmod p ]

当(b=a-1)时，可得(a^pequiv apmod p)

证法三

摘自：Matrix67的博客

首先我们证明这样一个结论：如果(p)是一个素数的话，那么对任意一个小于(p)的正整数(a)，(a, 2a, 3a,cdots, (p-1)a)除以(p)的余数正好是一个(1)到(p-1)的排列。

假如结论不成立的话，那么就是说有两个小于(p)的正整数(m)和(n)使得(na)和(ma)除以(p)的余数相同。不妨假设(n>m)，则(p)可以整除(a(n-m))。由于(p)是素数，那么(a)和(n-m)中至少有一个含有因子(p)。这显然是不可能的，因为(a)和(n-m)都比(p)小。

故：

[(p-1)!equiv a imes 2a imes 3a imescdots imes (p-1)apmod p ]

也即：

[(p-1)! ≡ (p-1)! * a^{p-1}pmod p ]

两边同时除以((p-1)!)，就得到了我们的最终结论：

[1 ≡ a^{p-1}pmod p ]

应用

例题：LJJ算数

原题链接

在我的洛谷博客上查看

题目描述

LJJ刚上完了一节课！这节课是数学课！他知道了加减属于一级运算，乘除属于二级运算，幂则属于三级运算，而幂的优先级>乘除的优先级>加减的优先级（这是几年级的数学课）。但是，从上一套试卷+上一题中，我们知道了LJJ是一个总是突发奇想并且智商不够的人（也就是说他又想出一个问题给你咯）。他发明了一种四级运算，我们姑且用符号#来表示（找不到别的符号了）。我们知道(a imes b=a+a+a+cdots+a)（加b次），(a^b=a imes a imes a imes a imes cdots imes a)（乘b次），则(a#b=((((a^a)^a)^a)^ cdots )^a)(进行幂运算b次)，自然，#的优先级比幂的优先级高。那么，LJJ就请你来帮他求(a#b mod {1000000007})咯。

输入格式：

输入仅1行，即(a,b)。

输出格式：

输出仅1行，即(a#b mod 1000000007)。

输入输出样例

输入样例#1：

3 5

输出样例#1：

968803245

说明

首先说明，样例答案不mod其实是4.4342648824303776994824963061915e+38（来自出题人的恶意）

然后，数据范围：

对于20%的数据，(ale1000,ble1000)
对于50%的数据，(ale 10^{16},ble 10000)
对于100%的数据，(ale 10^{16},ble 10^{16})

题解

由费马小定理，得

[a^kequiv frac{a^k}{a^{p-1}}=a^{k-(p-1)}pmod p ]

由此递归式，易知

[a# b=((((a)^a)^a)cdots)^a=a^{a^{b-1}}equiv a^{a^{b-1}mod {p-1}}pmod p ]

于是用两次快速幂+取模即可。

代码

#include <cstdio>

typedef long long LL;

inline LL pow_mod(LL a, LL b, LL mod)//快速幂模板
{
	a %= mod;
	LL ans = 1;
	for(; b; b >>= 1,a *= a,a %= mod)
		if(b & 1)
			ans = ans*a%mod;
	return ans%mod;
}

const LL mod = 1e9+7;

int main()
{
	LL a,b;
	scanf("%lld%lld", &a, &b);
	printf("%lld", pow_mod(a, pow_mod(a, b-1, mod-1), mod));
	return 0;
}

求数论倒数

数论倒数也称为模倒数，或者模逆元。若(abequiv 1pmod p)，则称(b)是(a)的数论倒数，亦可写作(a^{-1}equiv bpmod p)。

若(p)是素数，则(a^{p-1}=a imes a^{p-2}equiv 1pmod p)，故(a^{-1}equiv a^{p-2}pmod p)。

但要注意前提条件是(p)是素数。

欧拉定理

同余类、剩余系、欧拉函数

对于任意整数，我们将它模(n)，结果必定为(0)到(n-1)的整数之一。那么，我们可以把所有模(n)后同余的数看成一个集合，那么我们就把整数分成了(n)个集合，我们把这样的模(n)同余的所有整数组成的集合（即上述中的任意一个集合）称为同余类，标记为({overline {a}}_{n})，假若从上下文知道模(n)，则也可标记为([a])。

那么，模(n)的同余类有(n)个，我们如何表示它们呢？和并查集的思想一样：任取集合中的一个数作为集合的代表元素。我们所取的那个元素就被称为该同余类的代表数。显然，同余类中的每个元素都可以作为该同余类的代表数。

剩余系指的是模(n)同余类的代表数集合。一个完全剩余系（完系）指的是模(n)的全部同余类的代表数的集合。例如，模(3)有三个同余类([0],[1],[2])，其完系可以是({9,12+1,15+2})。如果该集合是由每个同余类的最小非负整数所组成，亦即$ {0,1,2,...,n-1}(，则称该集合为模)n(的**非负最小完全剩余系**。模)n(完整余数系统中，与模)n(互质的代表数所构成的集合，称为模)n$的简化剩余系（简系）。

与(m)互素的所有模(m)的同余类的个数记为(varphi(n))，通常称为欧拉函数。显然，(varphi(n))等于(1,2,cdots,m)中与(m)互素的个数。

若((a,m)=1)，而(a_1,a_2,cdots,a_{varphi(m)})构成模(m)的一个简系，则我们可以证明(aa_1,aa_2,cdots,aa_{varphi(m)})也是模(m)的简系。

欧拉定理

若((a,n)=1)，则(a^{varphi(n)}equiv 1pmod n)。（这里(nin N_+,ain Z)）

证明

设(a_1,a_2,cdots,a_{varphi(n)})是模(n)的简系，则由((a,m)=1)，可知(aa_1,aa_2,cdots,aa_{varphi(n)})也是模(n)的简系。因此，$$prod^{varphi(n)}{i=1}a_iequiv prod^{varphi(n)}{i=1}aa_ipmod n,$$即$$mmid (prod^{{varphi(n)}_{i=1}a_i)(a}{varphi(n)}-1).$$又因为((a_i,m)=1)，故$$a^{varphi(n)}equiv 1pmod n.$$

就先写到这儿吧，欧拉定理的应用以后再说。

参考资料

Wikipedia

主要参考了：

Fermat's little theorem

Euler's theorem

同余

《初等数论》 冯志刚 著

主要参考了：

2.2 同余类与剩余系

2.3 费马小定理与欧拉定理

Matrix67的博客——数论部分第一节：素数与素性测试