欧拉定理及扩展（附超易懂证明）
欧拉定理
若 \(\gcd(a,m)=1\)，则满足 \(a^{\varphi (m)} \equiv 1 \pmod m\)
证明
设 \([1,m)\) 内与 \(m\) 互质的数为数列 \(\{b_n\}=\{b_1,b_2,b_3,\cdots,b_{\varphi (m)}\}\)
因为 \(a,m\) 互质且 \(b_i,m\) 互质，所以数列 \(\{A_n\}=\{ab_1,ab_2,ab_3,\cdots,ab_{\varphi(m)}\}\) 中每个数都与 \(m\) 互质，且两两不同。
同时，由 \(\gcd(ab_i,m)=1\) 可得 \(\gcd(ab_i \bmod m,m)=1\)，即每个 \(A_i\) 除以 \(m\) 的余数都与 \(m\) 互质，且余数两两不同。
可以用反证法推出“余数两两不同”。假设存在 \(ab_i \equiv ab_j \pmod m\)，那么 \(ab_i-ab_j=km\ (k \in \mathbb{Z})\)，即 \(a(b_i-b_j)=km\)。由于 \(a\) 与 \(m\) 互质，那么只能是 \(m \mid (b_i-b_j)\)，即 \(b_i \equiv b_j \pmod m\)。这与 \(1 \leq b_i,b_j < m\) 且 \(b_i \neq b_j\) 的题设相违背，因此假设不成立。
所以 \(\{A_n\}\) 中的每个数一定与 \(\{b_n\}\) 中的一个数同余，且一一对应。
所以 \(a^{\varphi (m)}\prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i \equiv \prod_{i=1}^{\varphi (m)}ab_i \equiv \prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i \pmod m\)
所以 \(m \mid a^{\varphi (m)}\prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i-\prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i\)
即 \(m \mid (a^{\varphi (m)}-1)\prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i\)
又因为 \(\gcd(m,\prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i)=1\)
所以 \(m \mid a^{\varphi (m)}-1\)
即 \(a^{\varphi (m)} \equiv 1 \pmod m\)
费马小定理
当 \(p\) 为质数，则 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\)
证明：因为 \(p\) 为质数时，\(\varphi(p)=p-1\)
扩展欧拉定理
扩展到不要求互质。
证明
case 1
当 \(\gcd(a,m)=1\) 时，由欧拉定理知 \(a^{\varphi (m)} \equiv 1 \pmod m\)
我们可以把指数 \(c\) 拆成 \(k \times \varphi(m) + \left(c \bmod \varphi(m)\right)\)，那么 \(a^c=\left(a^{\varphi(m)}\right)^k \times a^{c \bmod \varphi(m)}\)，再取模，就得到
case 2
当 \(\gcd(a,m) \neq 1\) 且 \(c < \varphi(m)\) 时，
（无需证明）
case 3
当 \(\gcd(a,m) \neq 1\) 且 \(c\geq \varphi(m)\) 时，
证明：
1.转化
要证明上式，只需证 \(a\) 的任意一个质因子 \(p_i\) 满足 \({p_i}^c \equiv {p_i}^{(c \bmod \varphi(m))＋\varphi(m)} \pmod{m}\)
1.1 证明转化的正确性
如果上式成立，设 \(a\) 质因数分解的结果为 \(a=p_1^{r_1}p_2^{r_2}p_3^{r_3}\cdots\)，其中 \(p_i\) 为质因数，\(r_i\) 为其对应的指数
根据同余式可乘可推出 \(({p_i}^c)^{r_i} \equiv ( {p_i}^{(c \bmod \varphi(m))＋\varphi(m)} )^{r_i} \pmod{m}\)
进而 \((p_1^{r_1}p_2^{r_2}p_3^{r_3}\cdots)^{c} \equiv (p_1^{r_1}p_2^{r_2}p_3^{r_3}\cdots)^{(c \bmod \varphi(m))＋\varphi(m)} \pmod{m}\)
发现这就是 \(a^c \equiv a^{\left(c \bmod \varphi(m)\right)+\varphi(m)} \pmod m\)
2.证明转化后的式子
那么现在要证明的东西已经转化，考虑如何证得 \({p_i}^c \equiv {p_i}^{(c \bmod \varphi(m))＋\varphi(m)} \pmod{m}\)（以下简称 \(p_i\) 为 \(p\)）
2.1 若 \(m,p\) 互质
问题转化为 case 1 的情况。为了防止你翻上去，我再推一遍：
\(\gcd(m,p)=1 \Longrightarrow p^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m\)（欧拉定理）
可以将指数 \(c\) 拆成 \(k \times \varphi(m) + \left(c \bmod \varphi(m)\right)\)，那么 \(p^c=(p^{\varphi(m)})^k \times p^{c \bmod \varphi(m)}\)
再对 \(m\) 取模，就得到 \(p^c \equiv (p^{\varphi(m)})^k\times p^{c \bmod \varphi(m)} \equiv 1^k\times p^{c \bmod \varphi(m)} \equiv p^{c \bmod \varphi(m)} \equiv p^{(c \bmod \varphi(m))+\varphi(m)} \pmod m\)
2.2 若 \(p,m\) 不互质
由于 \(p\) 为质数，则 \(m\) 必定 \(\geq 2p\)。
设 \(m=s\times p^r\)，其中 \(r=\lfloor\log_p{m}\rfloor\)（看作把 \(m\) 质因数分解后含有 \(p^r\)，剩下的都在 \(s\) 里，剩下的 \(s\) 不含因数 \(p\)），那么 \(\gcd(s,p^r)=\gcd(s,p)=1\)
根据欧拉定理 \(p^{\varphi(s)} \equiv 1 \pmod s\)
因为 \(s,p^r\) 互质，所以 \(\varphi(m)=\varphi(s)\times \varphi(p^r)\)（欧拉函数是积性函数），即 \(\varphi(s) \mid \varphi(m)\)
结合欧拉定理 \(p^{\varphi(s)} \equiv 1 \pmod{s}\) 可得
\(p^{\varphi(m)} = (p^{\varphi(s)})^{\varphi(p^r)} \equiv 1^{\varphi(p^r)} = 1 \pmod{s}\)
同时乘以 \(p^r\) 得到
\(p^{r+\varphi(m)} \equiv p^r \pmod{s\times p^r}\)
\(m=s\times p^r\)，则 \(p^{r+\varphi(m)} \equiv p^r \pmod{m}\)
题设条件 \(c\geq \varphi(m)\)，显然 \(\varphi(m)\geq r\)
本蒟蒻觉得这一点也不显然，花了好久才证明出 \(\varphi(m)\geq r\)……QAQ
下面附上我的证明方法（我觉得应该有更简单的方法）首先 \(\varphi(m)=\varphi(s)\times \varphi(p^r) \geq \varphi(p^r)\)（等号在 \(s=1,2\) 时取到）
\(\varphi(p^r)=p^r-p^{r-1}=(p-1)\times p^{r-1} \geq p^{r-1}\)（\(p\geq 2\)，等号在 \(p=2\) 时取到）
数学归纳法证 \(p^{r-1}\geq r\)：\(r=1\) 时显然成立，假设 \(r=i\) 时 \(p^{i-1}\geq i\) 成立，可推知 \(p^{i}=p\times p^{i-1}\geq 2\times p^{i-1}=p^{i-1}+p^{i-1}\geq p^{i-1}+1=i+1\) 成立，因此 \(p^{r-1}\geq r\) 对任意的 \(p,r\in \mathbb{Z},p\geq 2,r\geq 1\) 成立
把上面所有的不等号串起来，就是 \(\varphi(m)\geq r\)
那么 \(p^c=p^{c-r}\times p^r \equiv p^{c-r} \times p^{r+\varphi(m)}=p^{\varphi(m)+c} \pmod m\)
记 \(f(x)=x\bmod m\;(x\geq \varphi(m))\)，上式表明：对于任意的正整数 \(x\)，\(f(x+\varphi(m))=f(x)\)。反过来 \(f(x)=f(x-\varphi(m))\)，但要注意定义域：此时 \(x\) 要满足 \(x-\varphi(m)\geq \varphi(m)\)，即 \(x\geq 2\varphi(m)\)。
如果要计算 \(f(c)\)，可以递推上面那个式子，每次让 \(c-=\varphi(m)\)，但只有 \(c\geq 2\varphi(m)\) 时才可以这样操作。
我们知道，如果递推条件改成 \(c\geq \varphi(m)\)，显然最后递推得到的值为 \(c\bmod \varphi(m)\)。但现在条件是 \(c\geq 2\varphi(m)\)，发现递推条件相差为 \(\varphi(m)\)，\(c\geq 2\varphi(m)\) 比 \(c\geq \varphi(m)\) 少减一次 \(\varphi(m)\)。所以只需把这一次 \(\varphi(m)\) 加回来就好了，即 \(f(c)=f((c\bmod \varphi(m))+\varphi(m))\)，也就是
用途
再也不用担心指数爆炸了！！指数也可以取模了
题目
BZOJ3884（推公式）
BZOJ4869（+ 线段树）
参考 CSDN 博主「CaptainHarryChen」的证明思路。十分感谢。
