欧拉函数、欧拉定理、费马小定理、拓展欧拉定理

欧拉函数、欧拉定理、费马小定理、拓展欧拉定理

目录

• 欧拉函数、欧拉定理、费马小定理、拓展欧拉定理
  • \(1.\) 欧拉函数
    • \(1.1\) 定义
    • \(1.2\) 表达式及其证明
    • \(1.3\) 欧拉函数 \(code\)
      • \(1.3.1\) 求单个数的欧拉函数
      • \(1.3.2\) 线性筛一个范围内的欧拉函数
  • \(2.\) 欧拉定理
  • \(3.\) 费马小定理
  • \(4.\) 拓展欧拉定理
  • \(5.\) 欧拉定理、费马小定理应用
    • \(5.1\) 求逆元
    • \(5.2\) 用欧拉定理化简模数

\(1.\) 欧拉函数

\(1.1\) 定义

定义不超过 \(m\) 且与 \(m\) 互质的正整数个数为 \(\phi(m)\) ，这个函数称为欧拉函数

例如， \(\phi(1)=1,\ \phi(3)=2,\ \phi(10)=4\)

\(1.2\) 表达式及其证明

\[\phi(m)=m\prod_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{p_{i}}) \]

其中 \(p_{i}\) 是 \(m\) 的质因子，下面证明这个表达式。

\(1)\) 若 \(m\) 为素数，则

\[\phi(m)=m-1=m(1-\frac{1}{m}) \]

\(2)\) 若 \(m\) 为素数幂。即 \(m=p^{k}\) ，其中 \(p\) 为素数。考虑所有不大于 \(m\) 且与 \(m\) 不互质的正整数，他们可以被列举出来，即 \(1\cdot p,\ 2\cdot p,\ 3\cdot p,\ ...\ p^{k -1}\cdot p\)，共计 \(p^{k-1}\) 个数，所以

\[\phi(m)=\phi(p^{k}) = p^{k}-p^{k-1}=p^{\alpha}(1-\frac{1}{p}) \]

\(3)\) 若 \(m\) 为合数，那么

\[m=p_{1}^{k_{1}}\cdot p_{2}^{k_{2}}\cdot\ ...\ p_{n}^{k_{n}} \]

由于欧拉函数是积性函数，又 \(p_{i}^{k_{i}}\) 两两互质，所以

\[\phi(m)=\prod_{i=1}^{n}\phi(p_{i}^{k_{i}}) \]

即

\[\phi(m)=\prod_{i=1}^{n}p_{i}^{k_{i}}(1-\frac{1}{p_{i}}) \]

即

\[\phi(m)=m\prod_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{p_{i}}) \]

至此，表达式推导完毕

\(1.3\) 欧拉函数 \(code\)

\(1.3.1\) 求单个数的欧拉函数

根据

\[\phi(m)=m\prod_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{p_{i}}) \]

计算

int phi(int m)
{
    int ans = m;
    for(int i = 2; i * i <= m; ++i) {
        if(m % i == 0) {
            ans -= ans / i;
            while(m % i == 0) m /= i;
        }
    }
    if(m > 1) ans -= ans / m;
    return ans;
}

\(1.3.2\) 线性筛一个范围内的欧拉函数

我们知道，在欧拉筛中，合数 \(n\) 被其最小的质因子 \(p\) 筛去

设 \(n = n'\cdot p\)

若 \(p\mid n'\)，则 \(n'\) 含有 \(n\) 的所有质因子

所以

\[\phi(n) = p\cdot n'\cdot \prod_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{p_{i}}) = p\cdot \phi(n') \]

若 \(p\nmid n'\)，则 \((p,\ n') = 1\)，由积性函数性质得到

\[\phi(n) = \phi(p)\cdot \phi(n') = (p - 1)\cdot \phi(n') \]

int n, prime[N], phi[N], vis[N];
int Euler_sieve()
{
    int cnt = 0;//length of prime table
    for(int i = 2; i <= n; ++i)
        vis[i] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
        if(vis[i]) prime[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;//素数的欧拉函数值为 i - 1
        for(int j = 1; j <= cnt && prime[j] * i <= n; ++j){
            vis[prime[j] * i] = 0;
            phi[prime[j] * i] = phi[i] * (prime[j] - 1);
            if(i % prime[j] == 0) {
                phi[prime[j] * i] = prime[j] * phi[i];
                break;
            }
        }
    }
    return cnt;
}

\(2.\) 欧拉定理

若 \((a,\ m)=1\) ，则 \(a^{\phi(m)}\equiv 1\ (mod\ m)\)

下证欧拉定理

设模 \(m\) 的一个简化剩余系 \(P_{1}\)，其中的元素为

\[p_{i},\ i = 1,\ 2,\ ...\ ,\ \phi(m) - 1 \]

我们知道

\[ap_{i},\ i = 1,\ 2,\ ...\ ,\ \phi(m) - 1 \]

也构成模 \(m\) 的一个简化剩余系

所以

\[\prod_{i=1}^{\phi(m)}ap_{i}\equiv \prod_{i=1}^{\phi(m)}p_{i}\ (mod\ m) \]

即

\[(a^{\phi(m)}-1)\prod_{i=1}^{\phi(m)}p_{i}\equiv 0\ (mod\ m) \]

由于 \(p_{i}\) 与 \(m\) 互质，所以

\[(p_{i},\ m) = 1 \]

所以

\[(\prod_{i=1}^{\phi(m)}p_{i},\ m) = 1 \]

所以

\[a^{\phi(m)}-1\equiv 0\ (mod\ m) \]

即

\[a^{\phi(m)}\equiv 1\ (mod\ m) \]

至此，定理证明完毕

\(3.\) 费马小定理

若 \((a,\ m)=1\) ，则 \(a^{m-1}\equiv 1\ (mod\ m)\)

费马小定理其实是欧拉定理的一种特殊情况，即模数 \(m\) 是素数时的情况

证明了欧拉定理，也就证明了费马小定理

\(4.\) 拓展欧拉定理

对于 \(a,\ b,\ m\)，若满足

\[b\geq \phi(m),\ (a,\ m)\neq 1 \]

则

\[a^{b}\equiv a^{b\ mod\ \phi(m) + \phi(m)}\ (mod\ m) \]

---

先证明三个引理

\(1.\) 若 \(m_{1},\ m_{2},\ ...\ ,\ m_{k}\) 互质，则由 \(x\equiv y\ (mod\ m_{i}),\ i = 1,\ 2,\ ...\, \ k\)，可以推出 \(x\equiv y\ (mod\ m_{1}m_{2}...m_{k})\)

\(2.\) 若 \((a,\ m)=1\)，则 \(a^{b}\equiv a^{b\ mod\ \phi(m)}\ (mod\ m)\)

\(3\). 对于素数幂 \(p^{k}\)，满足 \(\phi(p^{k})\geq k,\ k\in \mathbb{N}\)

---

先证明引理 \(1\)

若 \(m_{1},\ m_{2},\ ...\ ,\ m_{k}\) 互质

则

\[(m_{1},\ m_{2},\ ...\ ,\ m_{k}) = 1 \]

则

\[[m_{1},\ m_{2},\ ...\ ,\ m_{k}] = m_{1}m_{2}...m_{k} \]

由

\[x\equiv y\ (mod\ m_{i}),\ i = 1,\ 2,\ ...\, \ k \]

知道 \(x - y\) 是 \(m_{1},\ m_{2},\ ...\ ,\ m_{k}\) 的公倍数

所以

\[[m_{1},\ m_{2},\ ...\ ,\ m_{k}]\mid x - y \]

所以

\[x\equiv y\ (mod\ m_{1}m_{2}...m_{k}) \]

\(Q.E.D\)

---

下证引理 \(2\)

\[a^{b}=a^{b-b\ mod\ \phi(m)+b\ mod\ \phi(m)} \]

即

\[a^{b}=a^{b-b\ mod\ \phi(m)}\cdot a^{b\ mod\ \phi(m)} \]

要证明引理 \(2\)，即证明

\[a^{b-b\ mod\ \phi(m)}\cdot a^{b\ mod\ \phi(m)}\equiv a^{b\ mod\ \phi(m)}\ (mod\ m) \]

由于

\[(a,\ m) = 1 \]

所以

\[(a^{b\ mod\ \phi(m)},\ m) = 1 \]

所以转化为证明

\[a^{b-b\ mod\ \phi(m)}\equiv 1\ (mod\ m) \]

由于

\[\phi(m)\mid b-b\ mod\ \phi(m) \]

设

\[b-b\ mod\ \phi(m) = q\cdot \phi(m),\ q\in \mathbb{Z} \]

结合欧拉定理

\[a^{\phi(m)}\equiv 1\ (mod\ m) \]

由同余性质，将 \(q\) 个上式相乘即可得到要证明的式子

\(Q.E.D.\)

---

下证引理 \(3\)

\[\phi(p^{k}) = p^{k} - p^{k - 1} = p^{k - 1}(p - 1) \]

要证明

\[\phi(p^{k})\geq k,\ k\in \mathbb{N} \]

即证明

\[p^{k - 1}(p - 1)\geq k,\ k\in \mathbb{N} \]

由于 \(p -1\geq 1\)，故考虑证明

\[p^{k - 1}\geq k,\ k\in \mathbb{N} \]

由于 \(p\) 是素数，对 \(p\) 进行放缩，有 \(p\geq 2\)

考虑证明 \(2^{k - 1}\geq k,\ k\in \mathbb{N}\)

构造数列

\[f(k) = 2^{k - 1} - k,\ k\in \mathbb{N} \]

则

\[f(k + 1) - f(k) = 2^{k - 1} - 1 \]

当 \(k\geq 1\) 时，\(f(k + 1) - f(k)\geq 0\)，所以此时数列递增

取最小值，得到

\[f(k)\geq f(1) = 0 \]

所以

\[2^{k - 1}\geq k,\ k\geq 1 \]

特判 \(k = 0\) 时

\[2^{0 - 1} = \frac{1}{2}\geq 0 \]

所以

\[2^{k - 1}\geq k,\ k\in \mathbb{N} \]

所以

\[\phi(p^{k}) = p^{k - 1}(p - 1)\geq p^{k - 1}\geq 2^{k - 1}\geq k,\ k\in \mathbb{N} \]

所以

\[\phi(p^{k})\geq k,\ k\in \mathbb{N} \]

\(Q.E.D.\)

---

下证拓展欧拉定理

将 \(m\) 分解，即

\[m = p_{1}^{k_{1}}\cdot p_{2}^{k_{2}}\cdot\ ...\ \cdot p_{n}^{k_{n}} \]

由引理 \(1\) 知道，若对于每一个 \(p_{i}\)

都有

\[a^{b}\equiv a^{b\ mod\ \phi(p_{i}^{k_{i}}) + \phi(p_{i}^{k_{i}})}\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

则待证命题成立

分类讨论 \((a,\ p_{i}^{k_{i}})\)

若

\[(a,\ p_{i}^{k_{i}}) = 1 \]

则

\[a^{\phi(p_{i}^{k_{i}})}\equiv 1\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

所以

\[a^{b\ mod\ \phi(p_{i}^{k_{i}}) + \phi(p_{i}^{k_{i}})}\equiv a^{b\ mod\ \phi(p_{i}^{k_{i}})}\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

由引理 \(2\) 知道

\[a^{b}\equiv a^{b\ mod\ \phi(p_{i}^{k_{i}})}\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

所以

\[a^{b}\equiv a^{b\ mod\ \phi(p_{i}^{k_{i}}) + \phi(p_{i}^{k_{i}})}\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

若

\[(a,\ p_{i}^{k_{i}})\neq 1 \]

则

\[p_{i}\mid a_{i} \]

设

\[a = q\cdot p_{i},\ q\in \mathbb{Z} \]

所以

\[a^{k_{i}}\equiv q^{k_{i}}\cdot p_{i}^{k_{i}}\equiv 0\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

由于

\[p_{i}^{k_{i}}\mid m \]

所以

\[\phi(p_{i}^{k_{i}})\mid \phi(m) \]

由引理 \(3\)，结合 \(b\geq \phi(m)\)，可以得到不等式

\[b\geq \phi(m)\geq \phi(p_{i}^{k_{i}})\geq k_{i} \]

而

\[a^{b}\equiv a^{b - k_{i}}\cdot a^{k_{i}}\equiv 0\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

\[a^{ \phi(p_{i}^{k_{i}})}= a^{ \phi(p_{i}^{k_{i}})- k_{i}}\cdot a^{k_{i}}\equiv 0\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

所以

\[a^{b}\equiv 0\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

\[a^{b\ mod\ \phi(p_{i}^{k_{i}}) + \phi(p_{i}^{k_{i}})}\equiv a^{b\ mod\ \phi(p_{i}^{k_{i}})}\cdot a^{ \phi(p_{i}^{k_{i}})}\equiv 0\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

所以

\[a^{b}\equiv a^{b\ mod\ \phi(p_{i}^{k_{i}}) + \phi(p_{i}^{k_{i}})}\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

综合上述讨论得知，对于每一个 \(p_{i}\) 都有

\[a^{b}\equiv a^{b\ mod\ \phi(p_{i}^{k_{i}}) + \phi(p_{i}^{k_{i}})}\ (mod\ p_{i}^{k_{i}}) \]

所以

\[a^{b}\equiv a^{b\ mod\ \phi(m) + \phi(m)}\ (mod\ m) \]

\(Q.E.D.\)

---

综合一下，欧拉定理即为 \(a^{b}\equiv a^{b\ mod\ \phi(m) + \phi(m)}\ (mod\ m)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define arrayDebug(a, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i) printf("%d%c", a[i], " \n"[i == r])
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int DX[] = {0, -1, 0, 1, 0, -1, -1, 1, 1};
const int DY[] = {0, 0, 1, 0, -1, -1, 1, 1, -1};
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 2e7 + 7;
const double PI = acos(-1);
const double EPS = 1e-6;
using namespace std;

inline int read()
{
    char c = getchar();
    int ans = 0, f = 1;
    while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(isdigit(c)) {ans = ans * 10 + c - '0'; c = getchar();}
    return ans * f;
}

LL qpow(LL a, LL b, LL m)
{
    if(!a) return 0;
    LL ans = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) ans *= a, ans %= m;
        a *= a, a %= m, b >>= 1;
    }
    return ans;
}

int phi(int m)
{
    int ans = m;
    for(int i = 2; i * i <= m; ++i) {
        if(m % i == 0) {
            ans -= ans / i;
            while(m % i == 0) m /= i;
        }
    }
    if(m > 1) ans -= ans / m;
    return ans;
}
int main()
{
    int a, m;
    a = read(), m = read();
    int phim = phi(m);
    int b = 0, f = 0;
    for(char ch = getchar(); isdigit(ch); ch = getchar()) {
        b *= 10, b += ch - '0';
        if(b >= phim) f = 1, b %= phim;
    }
    if(f) b += phim; //b < phi(m) 的时候直接快速幂
    printf("%d\n", qpow(a, b, m));
    return 0;
}

\(5.\) 欧拉定理、费马小定理应用

\(5.1\) 求逆元

若 \((a,\ m) = 1\)，同余式

\[ax\equiv 1\ (mod\ m) \]

有唯一解 \(x\equiv a^{-1}\ (mod\ m)\)，\(a^{-1}\) 即 \(a\) 在模 \(m\) 意义下的逆元

由欧拉定理

\[a^{\phi(m)}\equiv 1\ (mod\ m) \]

所以

\[x\equiv a^{-1}\equiv a^{\phi(m) - 1}\ (mod\ m) \]

特殊的，若 \(m\) 为素数，\(\phi(m) = m - 1\)，所以

\[x\equiv a^{-1}\equiv a^{m-2}\ (mod\ m) \]

根据快速幂，可以在 \(O(logm)\) 时间求得 \(a^{-1}\)（ \(m\) 是模数）

LL qpow(LL a, LL b, LL m)
{
    if(!a) return 0;
    LL ans = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) ans *= a, ans %= m;
        a *= a, a %= m, b >>= 1;
    }
    return ans;
}
LL inv(LL a, LL m)
{
    return qpow(a, m - 2, m);
}

若 \(m\) 不是素数，则考虑用拓展欧几里得算法求逆元

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    if(!b) {x = 1, y = 0; return a;}
    int r = exgcd(b, a % b, y, x);//y的值被修改为x'，x的值被修改为y'
    y -= a / b * x;
    return r;
}
int inv(int a, int m)
{
    int x, y, r;
    r = exgcd(a, m, x, y);
    while(x < 0) x += m;
    return x % m;
}

\(5.2\) 用欧拉定理化简模数

\[a^{b}\equiv a^{b\ mod\ \phi(m) + \phi(m)}\ (mod\ m) \]

举个栗子

多组数据，给定 \(p\)，求 \(2^{2^{2^{2^{...}}}}\ mod\ p\)

设 \(a = 2^{2^{2^{2^{...}}}}\)

则问题转化为求

\[a\ mod\ p \]

由欧拉定理

\[2^{2^{2^{2^{...}}}}\equiv 2^{a\ mod\ \phi(p) + \phi(p)}\ (mod\ p) \]

继续求解

\[a\ mod\ \phi(p) \]

结合欧拉定理

\[2^{2^{2^{2^{...}}}}\equiv 2^{a\ mod\ \phi(\phi(p)) + \phi(\phi(p))} \]

继续求解

\[a\ mod\ \phi(\phi(p)) \]

由此可见，这是一个递归求解，然后回溯的过程

\(\phi\) 的值越来越小，最终变为 \(1\)，此时达到递归终点，返回 \(0\)，然后开始回溯，加上 \(\phi\)...

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define arrayDebug(a, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i) printf("%d%c", a[i], " \n"[i == r])
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int DX[] = {0, -1, 0, 1, 0, -1, -1, 1, 1};
const int DY[] = {0, 0, 1, 0, -1, -1, 1, 1, -1};
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 1e7 + 7;
const double PI = acos(-1);
const double EPS = 1e-6;
using namespace std;

inline int read()
{
    char c = getchar();
    int ans = 0, f = 1;
    while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(isdigit(c)) {ans = ans * 10 + c - '0'; c = getchar();}
    return ans * f;
}

LL qpow(LL a, LL b, LL m)
{
    if(!a) return 0;
    LL ans = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) ans *= a, ans %= m;
        a *= a, a %= m, b >>= 1;
    }
    return ans;
}

int n, prime[N], phi[N], vis[N];
int Euler_sieve(int n = N - 7)
{
    phi[1] = 1;
    int cnt = 0;//length of prime table
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
        if(!vis[i]) prime[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;//素数的欧拉函数值为 i - 1
        for(int j = 1; j <= cnt && prime[j] * i <= n; ++j){
            vis[prime[j] * i] = 1;
            phi[prime[j] * i] = phi[i] * (prime[j] - 1);
            if(i % prime[j] == 0) {
                phi[prime[j] * i] = phi[i] * prime[j];
                break;
            }
        }
    }
    return cnt;
}

int t, p;
int solve(int p)
{
    if(p == 1) return 0;
    return qpow(2, solve(phi[p]) + phi[p], p);
}
int main()
{
    t = read();
    int l = Euler_sieve();
    while(t--) {
        p = read();
        printf("%d\n", solve(p));
    }
    return 0;
}