基础数论
Update: 2024/11/02。
素数
素数和合数
定义
若 \(p \in \Zeta\)，且 \(p \not= 0, \pm1\)，其约数集合中的元素只有 \(1\) 和 \(p\) 本身，那么称 \(p\) 为素数。
若 \(a \in \Zeta\)，且 \(a \not= 0, \pm1\)， \(a\) 不为素数，则为合数。
素数一般指正的素数。
素数计数
\(\pi(x)\) 表示小于或等于 \(x\) 的素数个数。随 \(x\) 增大，近似结果：
\(\pi(x) \sim \frac{x}{\ln(x)}\)。
$ 10^9 $ 以内的数字，约数个数最多的数字的约数为 \(1536\) 个。
素数判定
试除。枚举 \(1 \sim \sqrt{n}\) 整数，看是否能够整除。
cpp
bool isPrime(a) {
if (a < 2) return 0;
for (int i = 2; i * i <= a; ++i)
if (a % i == 0) return 0;
return 1;
}素数筛法
埃氏筛
对于任意大于 \(1\) 的正整数 \(n\) ，那么它的 \(x\) 倍为合数\((x > 1)\)。
如果我们从小到大考虑每个数，然后同时把当前这个数的所有（比自己大的）倍数记为合数，那么运行结束的时候没有被标记的数就是素数了。
cpp
vector<int> prime;
bool is_prime[N];
void Eratosthenes(int n) {
is_prime[0] = is_prime[1] = false;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
is_prime[i] = true;
int x = sqrt(n);
for (int i = 2; i <= x; ++i) {
if (is_prime[i])
for (int j = i * i; j <= n; j += i)
is_prime[j] = false;
}
for (int i = 2; i <= n; ++i)
if (is_prime[i])
prime.push_back(i);
}时间复杂度为 \(\Omicron(n \log \log n)\)。
线性筛
可以注意到， 埃氏筛法仍有优化空间，它会将一个合数重复多次标记。
让每个合数都只被标记一次即可。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e8+10;
const int maxm = 1e7;
int v[maxn],prime[maxm]; // v[i] 表示 i 的最小质因子
int n, q, cnt=0;
void is_prime() { // 线性筛
memset(v, 0, sizeof(v));
for(int i=2; i<=n; ++i) {
if( !v[i] ) {
v[i] = i;
prime[++cnt] = i;
}
for(int j=1; j<=cnt; ++j) {
if(prime[j] > v[i] || prime[j] > n/i)
break;
v[i*prime[j]] = prime[j];
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &q);
is_prime();
while(q--) {
int x;
scanf("%d", &x);
printf("%d\n", prime[x]);
}
return 0;
}区间筛法
cpp
using ll = long long;
bool isprime[maxn], primepart[maxn];
void func(ll l, ll r) {
for (ll i = 0; i * i <= r; ++i)
primepart[i] = 1;
primepart[1] = 0;
for (int i = 0; i <= r - l; ++i)
isprime[i] = 1;
for (ll i = 2; i * i <= r; ++i) {
if (primepart[i]) {
for (ll j = i * i; j * j <= r; j += i)
primepart[j] = 0;
for (ll j = max(2ll, (l + i - 1) / i) * i; j <= r; j += i)
isprime[j - l] = 0;
}
}
int ans = 0;
for (ll i = l; i <= r; ++i)
if (isprime[i - l] && i != 1)
ans++;
printf("%d\n", ans);
return;
}相关题目
质因子分解
由唯一分解定理得。
cpp
void divide(int n) {
m = 0;
int t = sqrt(n);
for(int i=2; i<=t; ++i) {
if(n % i == 0) { // 此处能整除n的i一定是质数
p[++m] = i; c[m] = 0;
while(n % i == 0) {
n /= i; c[m]++;
}
}
}
if(n > 1) { // 原始的n是质数或者原始的n中最大的质因子大于 sqrt(n)
p[++m] = n; c[m] = 1;
}
}约数
定义
若 $n \in $ \(\Zeta\)，$d \in $ $ \Zeta $， \(n\) \(\%\) \(d\) \(=\) \(0\)，则称 \(d\) 是 \(n\) 的约数，\(n\) 是 \(d\) 的倍数，记作 $ d \mid n $。
算数基本定理
引理
设 \(p\) 是素数，\(p | a_1a_2\)，那么 \(p | a_1\) 和 \(p|a_2\) 至少有一个成立。
唯一分解定理
设有 \(a \in \Nu^*\)，那么其一定可以表示为若干个素数的乘积。
标准素因数分解式
设有 \(a \in \Nu^*\)，必有：
\(a=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_m^{c_m}, p_1 < p_2 <...< p_m\)
称为正整数 \(a\) 的标准素因数分解式。
算数基本定理与算数基本引理，两个定理等价。
对 n! 质因子分解
考虑到 \(1\sim n\) 中一个质数 \(p\) 出现次数为 \(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor +\lfloor \frac{n}{p^2} \rfloor+\lfloor \frac{n}{p^3} \rfloor \dots \lfloor \frac{n}{p^c} \rfloor\)。
可在求大数组合数时使用。
cpp
int get_sum(int x, int y) {
int sum = 0;
while (x) {
sum += x / y;
x /= y;
}
return sum;
}算数基本定理的推论
在算数基本定理中，若 \(n \in \Nu^*\) 被唯一分解为 \(n = p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_m^{c_m}\)，其中 \(c_i \in \Nu^*\)，\(p_i\) 都是质数，且满足 \(p_1 < p_2 < ...<p_m\)，则 \(n\) 的正约数集合可写作：
{\(p_1^{b_1}p_2^{b_2}...p_m^{b_m}\)} ，\(0 \leq b_i \leq c_i\)
\(n\) 的正约数个数为：
\(\prod\limits^{m}{i=1}\big( \sum\limits^{c_i}{j=0}(p_i)^j \big)\)
求\(N\) 的正约数集合------试除法
若 \(d \geq \sqrt{N}\) 是 \(N\) 的约数，则 $ d \mid N$ 也是 \(N\) 的约数。也就是说，除完全平方数外，约数总是成对出现的。
据此可得：
cpp
vector<int> res;
int n;
int main(){
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n / i; i ++)
if(n % i == 0){
res.push_back(i);
if(i < n / i)
res.push_back(n / i);
}
for(auto t : res) cout << t << ' ';
return 0;
}时间复杂度为 \(\Omicron(\sqrt{N})\)。
试除法的推论
对于一个 \(n \in \Zeta\)，其约数个数的上界为 \(2 \sqrt{n}\)。
求 \(1 \sim N\) 每个数的正约数集合------倍数法
cpp
vector<int> factor[500010];
inline void bei(int n){
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n/i;j++)
factor[i*j].push_back(i);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<factor[i].size();j++)
printf("%d ",factor[i][j]);
puts("");
}
}时间复杂度为 \(\Omicron(N +N/2+N/3+...+N/N)=\Omicron(N\log{N})\)。
倍数法的推论
\(1 \sim N\) 每个数的约数个数总和大约为 \(N\log{N}\)。
例题
最大公约数
定义
若自然数 \(d\) 同时是自然数 \(a\) 和 \(b\) 的约数，则称 \(d\) 是 \(a\) 和 \(b\) 的公约数。
在所有 \(a\) 和 \(b\) 的公约数中最大的一个数称为 \(a\) 和 \(b\) 的最大公约数。记作 \(\gcd(a, b)\)。
若自然数 \(d\) 同时是自然数 \(a\) 和 \(b\) 的倍数，则称 \(d\) 是 \(a\) 和 \(b\) 的公倍数。
在所有 \(a\) 和 \(b\) 的公倍数中最大的一个数称为 \(a\) 和 \(b\) 的最大公倍数。记作 \(\text{lcm}(a, b)\)。
同理即可定义多个数的最大公约数与最大公倍数。
定理
\(\forall a,b \in \Nu, \gcd(a,b)*\text{lcm}(a,b)=a*b\)。
九章算术·更相减损术
\(\forall a, b \in \Nu,a \geq b\)，有 \(\gcd(a, b) = \gcd(b, a - b) = \gcd(a, a - b)\)。
\(\forall a, b \in \Nu\)，有 \(\gcd(2a, 2b) = 2\gcd(a, b)\)。
欧几里德算法
\(\forall a, b \in \Nu, b \not= 0, \gcd(a,b) = \gcd(b, a \% b)\)。
由此可得求 \(\gcd\) 的代码实现：
cpp
int gcd(int a, int b) {
return b ? gcd(b, a%b) : a;
}时间复杂度为 \(\Omicron(\log(a+b))\)。
由于高精除法（取模）不容易实现，可考虑用更相减损术代替。
例题
互质
定义
\(\forall a, b \in \Nu\)，若 \(\gcd(a, b)=1\)，则称 \(a,b\) 互质，记作 \(a \bot b\)。
对于多个数字，\(\gcd(a,b,c)=1\) 称为 \(a,b,c\) 互质。把 \(\gcd(a,b)=\gcd(a,c)=\gcd(b,c)=1\) 称为 \(a, b, c\) 两两互质。
积性函数
定义
若函数 \(f(x)\) 满足 \(f(1)=1\) 且 \(\forall a, b \in \Nu^*, a \bot b\)，都有 \(f(ab)=f(a)f(b)\)，则称 \(f(x)\) 为积性函数。
若函数 \(f(x)\) 满足 \(f(1)=1\) 且 \(\forall a, b \in \Nu^*\)，都有 \(f(ab)=f(a)f(b)\)，则称 \(f(x)\) 为完全积性函数。
欧拉函数
定义
欧拉函数（Euler's totient function ），即 \(\varphi(x)\)，表示小于等于 \(n\) 的数字中与 \(n\) 互质的的数字个数。
欧拉函数为积性函数。
性质
- 根据唯一分解定理，设 \(n=\prod\limits^{m}{i=1}p_i^{c_i}\)，则 $\varphi(n)=n \times \prod\limits^{m}{i=1}(1-\frac{1}{p_i}) $。
证明
若 \(n\) 的质因子个数为 \(2\)，为 \(p_1,p_2\)。
设一个数的质因子集合为 \(\mathbb{A}\)，另一个数的质因子集合为 \(\mathbb{B}\)，那么若两数互质，则必满足 \(\mathbb{A} \cap \mathbb{B} = \phi\)。
所以若一个数与 \(n\) 互质，则它的质因子集合中一定不包含 \(p_1,p_2\)。
所以 \(1 \sim n\) 中与 \(n\) 互质的数字一定不是 \(p_1, p_2\) 的倍数。
因此 \(1 \sim n\) 中与 \(n\) 互质的数字个数为 \(n-\frac{n}{p_1}-\frac{n}{p_2}+\frac{n}{p_1p_2}\)。
之所以需要加上一个 \(\frac{1}{p_1p_2}\)，是因为在去除 \(n\) 中 \(p_1,p_2\) 倍数时多去除了一遍 \(n\) 中 \(p_1p_2\) 的倍数，需要再加回来。
也就是二元容斥原理。
当 \(n\) 的质因子个数大于 \(2\) 时，则涉及多元容斥原理。
\(n-\frac{n}{p_1}-\frac{n}{p_2}+\frac{n}{p_1p_2}=n(1-\frac{1}{p_1} )(1-\frac{1}{p_2} )\)。
所以此时 \(\varphi(n)=n(1-\frac{1}{p_1} )(1-\frac{1}{p_2})\)。
同理可得，当 \(n\) 的质因子个数为 \(3\)，为 \(p_1,p_2,p_3\) 时，
\(\varphi(n)=n(1-\frac{1}{p_1} )(1-\frac{1}{p_2})(1-\frac{1}{p_3})\)。
归纳可得，若 \(n=\prod\limits^{m}{i=1}p_i^{c_i}\)，则 \(\varphi(n)=n \times \prod\limits^{m}{i=1}(1-\frac{1}{p_i})\)。
证毕.
- \(1 \sim n\) 中与 \(n\) 互质的数字和为 $\frac{n}{2} \varphi(n) $。
证明
在 \(1\sim n\) 中若有一个数字 \(x\)，\(x \bot n\)，则 \(\gcd(x,n)=1\)，
由更相减损术可得，\(\gcd(n,n-x)=1\)，即 \((n-x)\bot n\)，且 \((n-x)\in [1,n]\)。
\(n,n-x\) 的平均数为 $\frac{n}{2} $。
所以可知在 \([1,n]\) 中，与 \(n\) 互质的数字总成对存在，且这些数字平均数为 $\frac{n}{2} $。
又因为在 \([1,n]\) 中与 \(n\) 互质的数字个数为 \(\varphi(n)\)，
所以 \(1 \sim n\) 中与 \(n\) 互质的数字和为 $\frac{n}{2} \varphi(n) $。
证毕.
- \(\varphi(x)\) 为积性函数，即 \(\forall a,b\) 且 \(a\bot b\), 都有 $ \varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)$。
证明
设 \(a=\prod\limits^{x}{i=1}p_i^{c_i},b=\prod\limits^{y}{i=1}q_i^{d_i}\)，且 $a \bot b $，则 \(\varphi(a)=a\times\prod\limits^{x}{i=1}(1-\frac{1}{p_i}),\varphi(b)=b\times\prod\limits^{y}{i=1}(1-\frac{1}{q_i})\)。
那么 \(ab=\prod\limits^{x}{i=1}p_i^{c_i}\times\prod\limits^{y}{i=1}q_i^{d_i}\)，则 \(\varphi(ab)=ab\times\prod\limits^{x}{i=1}(1-\frac{1}{p_i})\times\prod\limits^{y}{i=1}(1-\frac{1}{q_i})\)。
所以 \(\varphi(ab)=a\times b\times\prod\limits^{x}{i=1}(1-\frac{1}{p_i})\times\prod\limits^{y}{i=1}(1-\frac{1}{q_i})=\varphi(a)\varphi(b)\)，即 \(\varphi(x)\) 为积性函数。
证毕.
- 当 \(n=p^k\)，\(p\) 为质数，则 \(\varphi(n) = (p-1)*p^{k-1}\)，且 \(\varphi(p)=p-1\)。
证明
\(1 \sim n\) 中与 \(n\) 不互质的数字均为 \(p\) 的倍数，而 \(1 \sim n\) 中 \(p\) 的倍数有 \(p^{k-1}\) 个，故 \(\varphi(n)=p^k-p^{k-1}=(p-1)*p^{k-1}\)。
证毕.
- 若 \(p\) 为质数，且 \(p\) 为 \(n\) 的约数，那么有 \(\varphi(n*p)=\varphi(n)*p\)。
原因显然。
另一种说法
若 \(p\) 为质数，\(p | n\) 且 \(p^2|n\)，则 \(\varphi(n) = \varphi(\frac{n}{p}) * p\)。
- 若 \(p\) 为质数且 \(p\) 不为 \(n\) 的约数，那么有 \(\varphi(n*p)=\varphi(n)*(p-1)\)。
证明
\(\gcd(n,p)=1\)，即 \(n,p\) 互质，那么 \(\varphi(n*p)=\varphi(n)*\varphi(p)=\varphi(n)*(p-1)\)。
证毕.
- \(\sum\limits^{}_{d|n} \varphi(d)=n。\)
证明
设有函数 \(f(n) = \sum\limits^{}{d|n} \varphi(d)\)，若有 \(n, m\) 互质，则 \(f(nm) = \sum\limits^{}{d|nm} \varphi(d)=\sum\limits^{}{x|n} \sum\limits^{}{y|m} \varphi(xy)=\sum\limits^{}{x|n} \varphi(x) * \sum\limits^{}{y|m} \varphi(y)=f(n)f(m)\)，即 \(f(n)\) 为积性函数。
对于单个质因子 \(p^m\)，有 \(f(p^m)=\sum\limits^{}_{d|{p^m}} \varphi(d)=\varphi(1)+\varphi(p)+\varphi(p^2)+...+\varphi(p^m)\)。可知这是个等比数列求和再加一，结果为 \(p^m\)。
所以 \(f(n)=\prod\limits^{m}{i=1} f(p_i^{c_i})=\prod\limits^{m}{i=1} p_i^{c_i}=n\)。
证毕.
求欧拉函数值
- 求单个值 \(n\) 的欧拉函数值：
cpp
int phi(int n) {
int ans = n;
int t = sqrt(n);
for(int i=2; i<=t; ++i) {
if(n%i == 0)
ans = ans/i*(i-1);
while(n%i == 0) n /= i;
}
if(n > 1) ans = ans/n/(n-1);
return ans;
}时间复杂度为 \(\Omicron(\sqrt{n})\)。
- 埃氏筛求 \(1 \sim n\) 的欧拉函数值：
cpp
void found_euler(int n) {
for(int i=1; i<=n; ++i) phi[i] = i;
for(int i=2; i<=n; ++i) {
if(phi[i] == i) { // i为质数
for(int j=i; j<=n; j+=i) // 给包含质因子i的数字，乘上 (1-1/i)
phi[j] = phi[j]/i*(i-1);
}
}
} 时间复杂度为 \(\Omicron(n \log n)\)。
- 线性筛求 \(1 \sim n\) 的欧拉函数值：
cpp
int v[maxn], p[maxn], phi[maxn];
void found_euler(int n) {
memset(v, 0, sizeof(v));
cnt = 0;
phi[1] = 1;
for(int i=2; i<=n; ++i) {
if(v[i]==0) {
v[i] = i;
p[++cnt] = i;
phi[i] = i-1; // i是质数
}
for(int j=1; j<=cnt; ++j) {
if(p[j]>v[i] || p[j]>n/i)
break;
v[i*p[j]] = p[j];
if(i%p[j] == 0) // i*p[j]是合数，要么互质，要么 p[j] 是 i的最小质因子（约数）
phi[i*p[j]] = phi[i] * p[j];
else phi[i*p[j]] = phi[i] * (p[j]-1);
}
}
}时间复杂度为 \(\Omicron(n)\)。
同余
定义
若整数 \(a, b\) 除以正整数 \(m\) 的余数相等，则称 \(a,b\) 模 \(m\) 同余，记为 \(a \equiv b (mod m)\)。
同余类与剩余系
对于 \(\forall a \in [0,m-1]\)，集合 \(\{a+km\}(k\in \Zeta)\) 的所有数 \(mod\) \(m\) 相等，余数均为 \(a\)。
该集合称为一个模 \(m\) 的同余系，简记为 \(\overline{a}\)。
模 \(m\) 的 \(m\) 个同余类构成 \(m\) 的完全剩余系。
\(1 \sim m\) 中有 \(\varphi(m)\) 个数字与 \(m\) 互质，这些数字代表的剩余类构成 \(m\) 的简化剩余系。
简化剩余系关于模 \(m\) 乘法封闭，因为若小于等于 \(m\) 的正整数 \(a,b\) 与 \(m\) 互质，则 \(\gcd(ab,m)=1\)。由余数定义得 \(ab\) \(\text{mod}\) \(m\) 也与 \(m\) 互质，即也属于 \(m\) 的简化剩余系。
费马小定理
若 \(p\) 是质数，则对于任意整数 \(a\)，有 \(a^p \equiv a(\bmod p)\)。
OiWiki Proof:
设一个质数为 \(p\)，我们取一个不为 \(p\) 倍数的数 \(a\)。
构造一个序列：\(A=\{1,2,3\dots,p-1\}\)，这个序列有着这样一个性质：
\[\prod_{i=1}^{p-1}\space A_i\equiv\prod_{i=1}^{p-1} (A_i\times a) \pmod p \]
证明：
\[\because (A_i,p)=1,(A_i\times a,p)=1 \]
又因为每一个 \(A_i\times a \pmod p\) 都是独一无二的，且 \(A_i\times a \pmod p < p\)
得证（每一个 \(A_i\times a\) 都对应了一个 \(A_i\)）
设 \(f=(p-1)!\), 则 \(f\equiv a\times A_1\times a\times A_2\times a \times A_3 \dots \times A_{p-1} \pmod p\)
\[\begin{aligned} a^{p-1}\times f &\equiv f \pmod p \\ a^{p-1} &\equiv 1 \pmod p \end{aligned} \]
证毕。
也可用归纳法证明：
显然 \(1^p\equiv 1\pmod p\)，假设 \(a^p\equiv a\pmod p\) 成立，那么通过二项式定理有
\[(a+1)^p=a^p+\binom{p}{1}a^{p-1}+\binom{p}{2}a^{p-2}+\cdots +\binom{p}{p-1}a+1 \]
因为 \(\binom{p}{k}=\frac{p(p-1)\cdots (p-k+1)}{k!}\) 对于 \(1\leq k\leq p-1\) 成立，在模 \(p\) 意义下 \(\binom{p}{1}\equiv \binom{p}{2}\equiv \cdots \equiv \binom{p}{p-1}\equiv 0\pmod p\)，那么 \((a+1)^p \equiv a^p +1\pmod p\)，将 \(a^p\equiv a\pmod p\) 带入得 \((a+1)^p\equiv a+1\pmod p\) 得证。
欧拉定理
若 \(a,n\) 为正整数且互质，则 \(a^{\varphi(n)} \equiv 1(\bmod n)\)。
OiWiki Proof:
实际上这个证明过程跟上文费马小定理的证明过程是非常相似的：构造一个与 \(m\) 互质的数列，再进行操作。
设 \(r_1, r_2, \cdots, r_{\varphi(m)}\) 为模 \(m\) 意义下的一个简化剩余系，则 \(ar_1, ar_2, \cdots, ar_{\varphi(m)}\) 也为模 \(m\) 意义下的一个简化剩余系。所以 \(r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)} \equiv ar_1 \cdot ar_2 \cdots ar_{\varphi(m)} \equiv a^{\varphi(m)}r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)} \pmod{m}\)，可约去 \(r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)}\)，即得 \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}\)。
当 \(m\) 为素数时，由于 \(\varphi(m) = m - 1\)，代入欧拉定理可立即得到费马小定理。
欧拉定理推论
若正整数 \(a,n\) 互质，则对于任意正整数 \(b\)，有 \(a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(n)}(\bmod n)\)。
当 \(a,n\) 不一定互质时，且 \(b>\varphi(n)\)，\(a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(n)+\varphi(n)}(\bmod n)\)。
扩展欧拉定理
定义:
\[a^b \equiv \begin{cases} a^{b \bmod \varphi(m)}, &\gcd(a,m) = 1, \\ a^b, &\gcd(a,m)\ne 1, b < \varphi(m), \\ a^{(b \bmod \varphi(m)) + \varphi(m)}, &\gcd(a,m)\ne 1, b \ge \varphi(m). \end{cases} \pmod m \]
OiWiki Proof:
-
命题 ：\(a\) 的从 \(0\) 次，\(1\) 次到 \(b\) 次幂模 \(m\) 构成的序列中，存在 \(r\) 和 \(s\)，使得前 \(r\) 个数（即从 \(a^0 \bmod m\) 到 \(a^{r-1} \bmod m\)）互不相同，从第 \(r\) 个数开始，每 \(s\) 个数就循环一次。
证明：
-
由鸽巢定理易证。
我们把 \(r\) 称为 \(a\) 幂次模 \(m\) 的循环起始点，\(s\) 称为循环长度。（注意：\(r\) 可以为 \(0\)）
用公式表述为：\(\forall i \ge r, a^i \equiv a^{i+s} \pmod{m}\)
-
-
命题 ：\(a\) 为素数的情况，该式成立。
证明：
-
若模 \(m\) 不能被 \(a\) 整除 ，而因为 \(a\) 是一个素数，那么 \(\gcd(a, m) = 1\) 成立，根据欧拉定理，容易证明该式成立。
-
若模 \(m\) 能被 \(a\) 整除 ，那么存在 \(r\) 和 \(m'\) 使得 \(m = a^r m'\)，且 \(\gcd(a, m')=1\) 成立。所以根据欧拉定理有 \(a^{\varphi(m')} \equiv 1 \pmod{m'}\)。
又由于 \(\gcd(a^r, m')=1\)，所以根据欧拉函数的求值规则，容易得到：\(\varphi(m) = \varphi(m') \times (a-1)a^{r-1}\)，即我们有：\(\varphi(m') \mid \varphi(m)\)。
所以 \(a^{\varphi(m')} \equiv 1 \pmod {m'}, \varphi(m') \mid \varphi(m) \implies a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod {m'}\)，即 \(a^{\varphi(m)}=km'+1\)，两边同时乘以 \(a^r\)，得 \(a^{r+\varphi(m)} = km + a^r\)（因为 \(m = a^r m'\)）
所以对于 \(m\) 中素因子 \(a\) 的次数 \(r\) 满足：\(a^r \equiv a^{r+\varphi(m)} \pmod m\)。我们可以简单变换形式，得到 推论：
\[b > r \implies a^b \equiv a^{r + ((b-r) \bmod \varphi(m))} \pmod {m} \]
又由于 \(m = a^r m'\)，所以 \(\varphi(m) = \varphi(a^r) \varphi(m') \ge \varphi(a^r)=a^{r-1}(a-1) \ge r\)（tips：\(a\) 是素数，最小是 \(2\)，而 \(r \ge 1\)）。
所以因为 \(\varphi(m) \ge r\)，故有：
\[a^r \equiv a^{r+\varphi(m)} \equiv a^{r \bmod \varphi(m)+\varphi(m)} \pmod m \]
所以
\[\begin{aligned} a^b &\equiv a^{r+(b-r) \bmod \varphi(m)} \\ &\equiv a^{r \bmod \varphi(m) + \varphi(m) + (b-r) \bmod \varphi(m)} \\ &\equiv a^{\varphi(m) + b \bmod \varphi(m)} \end{aligned} \pmod m \]
即 \(a^b\equiv a^{b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m\)。
-
-
命题 ：\(a\) 为素数的幂的情况，该式成立。
证明：
-
不妨令 \(a = p^k\)，是否依然有 \(\forall r, a^{r} \equiv a^{r+\varphi(m)} \pmod m\)？
答案是肯定的，由命题 1 可知存在 \(s\) 使得 \(a^s\equiv 1 \pmod m\)，所以 \(p^{\mathrm{lcm}(s,k)} \equiv 1 \pmod {m}\)，所以令 \(s'=\frac{s}{\gcd(s,k)}\) 时，我们能有 \(p^{s'k} \equiv 1 \pmod {m}\)。
此时有关系：\(s' \mid s\) 且 \(s \mid \varphi(m)\)，且 \(r'= \lceil \frac{r}{k}\rceil \le r \le \varphi(m)\)，由 \(r',s'\) 与 \(\varphi(m)\) 的关系，依然可以得到 \(a^b\equiv a^{b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m\)。
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命题 ：\(a\) 为合数的情况，该式成立。
证明：
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只证 \(a\) 拆成两个素数的幂的情况，大于两个的用数学归纳法可证。
设 \(a=a_1a_2\)，其中 \(a_i=p_i^{k_i}\)，而 \(a_i\) 的循环长度为 \(s_i\)；
则 \(s \mid \operatorname{lcm}(s_1,s_2)\)，由于 \(s_1 \mid \varphi(m),s_2 \mid \varphi(m)\)，那么 \(\operatorname{lcm}(s_1,s_2) \mid \varphi(m)\)，所以 \(s \mid \varphi(m)\)，\(r=\max(\lceil \frac{r_i}{k_i} \rceil) \le \max(r_i) \le \varphi(m)\)；
由 \(r,s\) 与 \(\varphi(m)\) 的关系，依然可以得到 \(a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m\)。
证毕。
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以上为形式证明。直观理解如下。
需要知道的是，在 \(\pmod m\) 的条件下，\(a^b \bmod m\) 的取值范围一定在 \([0, m)\)，而 \(a^i \bmod m = (a^{i-1} \bmod m) \times a \bmod m\)，那么对于任意一个数 \(a\)，那么很容易就能知道它的 后继，在有限的空间内这一定会形成一个循环。
在扩展欧拉定理中，循环分为纯循环和混循环。其中纯循环中不存在节点有两个前驱，而混循环则反之。而 \(a^i \mod n\) 形成的序列可以是一个混循环，那么只需要知道循环节的长度，和前面那一小段未进入循环节的长度，就可以根据这个性质来进行降幂了。
值得注意的是，无论是费马小定理，还是（扩展）欧拉定理，一个很重要的应用就是降幂，从而将不可能的表达式化为可能。
扩展欧几里得算法（exgcd）
裴蜀定理
在数论中，裴蜀定理是一个关于最大公约数（或最大公约式）的定理 。
裴蜀定理说明了对任何整数 a、b和它们的最大公约数 d ，关于未知数 x以及 y 的线性的丢番图方程（称为裴蜀等式）。
对于 \(\forall a,b \in \Zeta\)，存在一对 \(x,y \in \Zeta\)，满足 \(ax+by=\gcd(a,b)\)。
Proof:
欧几里得算法最后一步时，\(b=0\)，显然有一对 \(x=1,y=0\)，使 \(a*1+0*0=\gcd(a,0)\)。
如果 \(b>0\)，则 \(\gcd(a,b)=\gcd(b, a \bmod b)\)。假设存在一对 \(x,y \in \Zeta\)，满足 \(b*x+(a \bmod b)*y=\gcd(b, a\bmod b)\)，因为 \(bx+(a \bmod b)y=bx+(a-b\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)y=ay+b(x-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)y\)，所以我们令 \(x`=y,y`=x-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y\)，得到 \(ax`+by`=\gcd(a,b)\)。
对于欧几里得算法递归应用数学归纳，可知裴蜀定理成立。
裴蜀定理是按照欧几里得算法思想证明的，且上述证明给出 \(x,y\) 计算方法。这种方法被称为 扩展欧几里得算法。
cpp
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if (b == 0) {
x = 1;
y = 0;
return a;
}
ll res = exgcd(b, a % b, x, y);
ll z = x;
x = y;
y = z - (a / b) * y;
return res;
}上述 \(code\) 实现求出方程 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一组特解，并返回 \(\gcd(a,b)\)。
对于更一般的方程 \(ax+by=c\)，有解当且仅当 \(\gcd(a,b)\) 整除 \(c\)。
先求出 \(ax+by=\gcd\) 的一组特解，同时乘 \(\frac{c}{d}\)，就得到此方程的一个特解。
实际上，其通解可以表示为：
\[x=\frac{c}{d}x_0+k\frac{b}{d},y=\frac{c}{d}-k\frac{a}{d} \]
其中 \(k \in \Zeta\)。
乘法逆元
\(b,m\in\Zeta\)，\(b\) 整除 \(a\)，那么存在一个 \(x\in\Zeta\)，使 \(\frac{a}{b} \equiv a*x(\bmod m)\)。称 \(x\) 为 \(b\) 的模 \(m\) 乘法逆元 ，记作 \(b^{-1}\)。
乘法逆元可以视情况通过费马小定理或者求解同余方程得到。
ll inv = ksm(p[i] - 1, mod - 2);
或者线性求出 \(1 \sim n\) 所有逆元。
cpp
f[0] = 1;
for(int i=1; i<=n; ++i) //求前缀积，即 i！
f[i] = (LL)(f[i-1]*i) % p;
g[n] = quick_pow(f[n], p-2, p); // 求 n!的逆元
for(int i=n-1; i>=1; --i) // 递推出所有的阶乘的逆元
g[i] = (LL)(g[i+1]*(i+1)) % p;
for(int i=1; i<=n; ++i) { // 求出 i 的逆元
h[i] = (LL)(g[i]*f[i-1]) % p;
printf("%lld\n", h[i]);
}线性同余方程
给定 \(a,b,m\in\Zeta\)，求 \(x\in \Zeta\)，\(a*x\equiv b(\bmod m)\)，或给出无解。
此时未知数指数为 \(1\)，所以我们称这种同余方程为一次同余方程，或者为线性同余方程。
原方程可以写成 \(a*x+m*y=b\)，那么据裴蜀定理，有解当且仅当 \(\gcd(a,m)\) 整除 \(b\)。
有解时先用 \(exgcd\) 求出 \(a*x_0+b*y_0=\gcd(a,m)\) 的 \(x,y \in \Zeta\)。\(x=x_0*\frac{b}{\gcd(a,m)}\) 为原方程一个解。
通解为所有 \(\bmod \frac{m}{\gcd(a,m)}\) 与 \(x\) 同余的整数。
中国剩余定理（CRT）
一共 \(n\) 个线性同余方程组，求解。
\[\begin{cases} x &\equiv a_1 \pmod {n_1} \\ x &\equiv a_2 \pmod {n_2} \\ &\vdots \\ x &\equiv a_k \pmod {n_k} \\ \end{cases} \]
（其中 \(n_1, n_2, \cdots, n_k\) 两两互质）
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计算所有模数的积 \(n\)；
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对于第 \(i\) 个方程：
- 计算 \(m_i=\frac{n}{n_i}\)；
- 计算 \(m_i\) 在模 \(n_i\) 意义下的逆元 \(m_i^{-1}\)；
- 计算 \(c_i=m_im_i^{-1}\)（不要对 \(n_i\) 取模）。
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方程组在模 \(n\) 意义下的唯一解为：\(x=\sum_{i=1}^k a_ic_i \pmod n\)。
Proof:
因为 \(m_i=\frac{n}{n_i}\)，是除了 \(n_i\) 以外所有模数的倍数，所以 \(\forall k \not= i,a_i m_i m_i^{-1} \equiv 0(\bmod n_k)\)。又因为 \(a_i m_i m_i^{-1} \equiv a_i(\bmod n_i)\)，所以代入 \(x=\sum_{i=1}^k a_i c_i \pmod n\)，原方程组成立。
证毕。
如果模数不互质，此时我们可以使用 扩展中国剩余定理（exCRT）。