歐拉-費馬小定理定理（證實及推論）

 歐拉定理：

    若正整數 a , n 互質，則  a^φ(n)≡1(mod n)   其中 φ(n) 是歐拉函數（1~n) 與 n 互質的數。

證實以下：

    不妨設X₁，X₂ ...... X_φn是1~n與n互質的數。

　　首先咱們先來考慮一些數：aX₁，aX₂ ...... aX_φn

　　這些數有以下兩個性質：

　（1）任意兩個數模n餘數必定不一樣：（反證）若存在aX1≡aX₂（mod n），則 n |（ aX₁ - aX₂ ），而a，n互質且（X₁ - X₂）< n，因此n不可能整除（ aX₁ - aX₂ ），也就是說

不存在aX1≡aX₂（mod n）。概括法：對於任意的與n互質的X_i均成立。故得證。

　　那麼由於有 φn 個這樣的數，X_i mod n（i=1~φn）因此就有 φn 個不一樣的餘數，而且都是模數天然是（0~n-1）。

　（2）對於任意的aX_i（mod n）都與n互質。這不難想，由於a與n互質這是歐拉函數的條件，X_i是（1~n）與n互質的數的集合中的元素。因此若是a*X_i作爲分子，n作爲分母，那麼

他們構成的顯然就是一個最簡分數，也就是aX_i和n互質。接下來就能夠用歐幾里得算法：由於：gcd（aX_i，n）==1因此：gcd（aX_i，n）== gcd（n，aX_i%n）== 1

 

　　這樣，咱們把上面兩個性質結合一下來講，aX₁（mod n），aX₂（mod n） ...... aX_φn（mod n）構成了一個集合（性質1證實了全部元素的互異性），而且這些數是1~n與n互

質的全部數構成的集合（性質1已說明）。這樣，咱們巧妙的發現了，集合{ aX₁（mod n），aX₂（mod n） ...... aX_φn（mod n）}通過必定的排序後和集合{ X₁，X₂ ...... X_φn }

徹底一一對應。那麼：aX₁（mod n）* aX₂（mod n）*  ...... * aX_φn（mod n）= X₁ * X₂ * ...... * X_φn   所以：咱們能夠寫出如下式子：

    aX₁ * aX₂ *  ...... * aX_φn ≡  X₁ * X₂ * ...... * X_φn  （mod n），即：（a^φn -1）X₁ * X₂ * ...... * X_φn ≡ 0 （mod n）

　　又由於X₁ * X₂ * ...... * X_φn與n互質，因此， （a^φn -1）| n，那麼a^φn ≡ 1（mod n）。歐拉定理得證。

 

 費馬小定理：

　　對於質數p，任意整數a，均知足：a^p≡a（mod p）

證實以下：

　　這個能夠用歐拉定理來講明：首先，咱們把這個式子作一個簡單變換得：a^p-1 * a ≡ a（mod p） 由於a ≡ a（mod p）恆成立，因此a^p-1 mod p == 1時費馬小定理才成立，又由於p

是質數，因此 φn == n-1 ,因此根據歐拉定理：若a，p互質則a^p-1 mod p == 1成立。那麼對於a，p不互質，由於p是質數，因此，a必定是倍數a^p ≡ a ≡ 0（mod p）。綜上所述，費馬小定理

成立，其實它算是歐拉定理的一個特例。

 

 歐拉定理的推論：

　　若正整數a，n互質，那麼對於任意正整數b，有a^b≡a^{b mod φ（n）}（mod n）

證實以下：（相似費馬小定理的證實）

　　把目標式作一簡單變形：a^{b - b mod φ（n）}* a^{b mod φ（n）}≡ a^{b mod φ（n）}（mod n），因此接下來只須要證實a^{b - b mod φ（n）}≡ 1 （mod n），又由於：

（ b - b mod φ（n））| φ（n），不妨設：（ b - b mod φ（n））= q*φ（n）（q爲天然數），則有a^q*φ（n）== （a^q）^φ（n），由於a，n互質，那麼（a^q）與n也互質，

那麼就轉換到了歐拉定理：（a^q）^φ（n）≡ 1 （mod n），成立。因此咱們這個推論成立。

 

這個推論能夠幫助咱們在求冪運算的時候縮小數據範圍和計算次數。具體的說：在求乘方運算時，能夠先把底數對mod取模，再把指數對b mod φ（n）取模。

特別的，若是a，mod不互質，且b>φ（n）時，a^b≡a^{b mod φ（n）+ φ（n）}（mod n）。

 

 

下面咱們就用這個推論來作一道題：// http://www.nyzoj.com:5283/problem/6

 

題目：
　　給定a，n求出 $\mathrm{S=((((aa)a)a)a\cdot \cdot \cdot \cdot )a （mod 998244353）}$$\mathrm{共n個a。}$

$\mathrm{輸入：}$

$\mathrm{輸入僅一行.\; 兩個正整數a和n。}$

$\mathrm{輸出：}$

$\mathrm{輸出僅一行.\; 一個正整數S。}$

 

樣例解釋：

 

$((22)2)2 mod 998244353 = 256$

$數據範圍：$

$a，n\; <=\; 1018$

 

$思路：$

$先求出指數，即an-1（快速冪求解），並將指數對mod-1（由於mod是質數，那麼\phi （mod）=\; mod-1），再用更新後的指數作爲新的指數用快速冪求解便可。代碼以下：$

#include<cstdio>
typedef long long ll;
ll a,n;
const int M=998244353;
ll mi(ll a,ll b,int mod)
{
    ll re=1; a%=mod;
    while (b)
    {
        if (b&1) re=(re*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1; 
    }
    return re;
}
int main()
{
    scanf ("%lld%lld",&a,&n);
    ll t=mi(a,n-1,M-1);
    printf("%lld",mi(a,t,M));
    return 0;
} 

 

 

$\mathrm{課後例題：//poj\; 3696}$

$\mathrm{給定一個正整數L，L <=\; 2*109.\; 問多少個8連在一塊兒的數是L的倍數。若是不存在就輸出0.}$

$\mathrm{//這裏省略輸入輸出規則，請讀者自行注意}$

 

$\mathrm{思路：}$

$\mathrm{x個8連在一塊兒能夠寫成8*（10x-1）*9，假設d=gcd（L，8）。那麼題目能夠表達爲：L\; | 8*（10x-1）*9\; ，\; 接下來咱們作一些簡單的式子變形：}$

$\mathrm{L\; | 8*（10x-1）/9 \; \leftarrow \to L*9\; | 8*（10x-1） \leftarrow \to 9L/d\; | （10x-1） \leftarrow \to 10x \equiv \; 1\; （mod\; 9L/d）}$

$\mathrm{引理：對於任意互質的正整數a，n，知足：ax\equiv 1（mod\; n）最小的整數值\; X0 是\phi （n）的約數。}$

$\mathrm{證實以下：}$

$\mathrm{（反證法）假設X0不是\phi （n）的約數，則\phi （n）能夠表示爲：qX0 +\; r（0\; <=\; r\; <\; X0)。題設有：aX0\equiv 1（mod\; n），那麼，aqX0\equiv 1（mod n）且正整數a,n互質，因此有歐拉定理：}$

$\mathrm{a\phi (n)\equiv 1(mod\; n)，即}$$\mathrm{：aqX0 *\; ar\equiv 1(mod\; n)，繼而得出：ar\equiv 1(mod\; n)，此時r<X0，這與X0是最小的整數值矛盾，因此假設不成立。得證。}$

$\mathrm{因此，接下來咱們只須要求出\phi （9L/d）並將其約數帶入10x \equiv \; 1\; （mod\; 9L/d）驗證是否成當即可。求歐拉函數和快速冪，時間複雜度爲：O（\surd （n）\; *\; log2\; n）。代碼以下：}$

 

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,mod;
int Case;
ll gcd(ll a,ll b)
{
    return a%b==0 ? b : gcd(b,a%b);
}
ll Er(ll x)
{
    ll re=x;
    for (ll i=2;i*i<=x;i++)
    {
        if (x%i==0)
        {
            re=re/i*(i-1);
            while (x%i==0) x/=i;
        }
    }
    if (x>1) re=re/x*(x-1);
    return re;
}
ll mul(ll a,ll b,ll p)
{
    ll re=0;
    while (b)
    {
        if (b&1) re=(re+a)%p;
        a=2*a%p;
        b>>=1;
    }
    return re;
}
ll ksm(ll a,ll b,ll p)
{
    ll re=1; a%=p;
    while (b)
    {
        if (b&1) re=mul(re,a,p);
        a=mul(a,a,p); b>>=1;
    }
    return re;
}
int main()
{
    while (scanf ("%lld",&n))
    {
        if (n==0) return 0;
        Case++;
        ll d=gcd(n,8);
        ll phi=Er(9*n/d);
        mod=9*n/d;
        ll flag=9223372036854775806;
        for (ll i=1;i*i<=phi;i++)
        {
            if (phi%i==0)
            {
                if (ksm(10,i,mod)==1) 
                  flag=min(flag,i);
                if (ksm(10,phi/i,mod)==1)
                  flag=min(flag,phi/i);
            }
        }
        flag==9223372036854775806?printf("Case %d: 0\n",Case):printf("Case %d: %lld\n",Case,flag);
    }
}