扩展欧拉定理求大幂数以及相关知识点的思路证明

前置概念：

1.同余式：a,b模m的余数相同，称a,b模m同余，记作a≡b(mod m).如8≡2（mod 3）

2.乘法逆元：若a,b互质，那么满足a*x≡1(mod b)的x就是a在模b条件下的乘法逆元

3.欧拉函数φ(n)：表示1到n中与n互质的数的个数

4.剩余类(同余类)：给定一个正整数n，可以把整数集按照模n的值分为n类，对于一个余数r，用C=nx+r来表示一个类的通式，这个通式所表示的类就称作剩余类

5.完全剩余系（完系）：n个剩余类的集合，每个剩余类只取一个数来代表。如{0,1,2,3,4}是5的一个完全剩余系，{5,1,-3,8,9}也是5的一个完全剩余系

6.简化剩余系（缩系）：在完系的基础上去掉对应的与n不互质的r之后剩下的系，如{1,4,5}是6的一个简化剩余系

欧拉定理及其证明：

若gcd(a,m)=1,则a^φ(m) ≡ 1 (mod m)

证明：构造一个模m的简化剩余系{r₁,r₂,r₃...r_n},则{a*r₁,a*r₂,a*r₃...a*r_n}也是m的一个剩余系，

     所以  ∏^Ψ(m)_i=1 r_i  ≡ ∏^Ψ(m)_i=1 a*r_i ≡ a^Ψ(m) ∏^Ψ(m)_i=1 r_i (mod m)

把∏^Ψ(m)_i=1 r_i 约掉，就能得到a^ψ(m) ≡ 1(mod m)

对于费马小定理，m为质数时，φ(m)=m-1,即a^m-1≡1(mod m)是欧拉定理的特殊情况

对于m非质数，但gcd(a,m)=1的情况下，a的逆元可以表示为a^Ψ(m)-1

以下为欧拉函数的筛法及证明：

 对于欧拉函数有以下性质：

1.若p为质数，φ(p)=p-1，且φ(p^k)=(p-1)*p^k-1

2.积性函数：若gcd(m,n)=1,则φ(mn)=φ(m)*φ(n)

对于性质1可以这样理解：将p^k分为k组，只有p,p²,p³...p^k与其不互质，其余均互质，因此可以这样表示。

欧拉函数的计算公式推导：由唯一分解定理n=∏^s_i=1 p_i^a_i=(p₁^a₁p₂^a₂p₃^a₃p₄^a₄...)其中p均为质数，a是对应的个数。

这里再补充一点：（26ICPC南昌邀请L题）

 

 

那么 φ(n)= ∏^s_i=1 φ(p_i^a_i)    (运用性质二，分解为多个质数的次方倍的欧拉函数值累乘)

    =∏^s_i=1 p_i^a_i-1(p_i-1)    (运用性质一)

    =∏^s_i=1 p_i^a_i(1-1/p_i)

    =∏^s_i=1 p_i^a_i * ∏^s_i=1(1-1/p_i)

    =n* ∏^s_i=1((p_i-1)/p_i)    （运用唯一分解定理）

    =n*(p₁-1)/p₁*(p₂-1)/p₂*...*(p_n-1)/p_n

由此可见，欧拉函数只与n以及质因子决定，与质因子的次数无关，可以在试除法的过程中将其递推出来。

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

那么如何用筛法去预处理除欧拉函数呢？在质数筛中，每个合数m都是被最小的质因子筛掉的，如果p是m的最小质因子，则m通过m=p*i筛掉，在此过程中：

1.如果i能够被p整除，又由于i*p=m,所以i包含了m的所有质因数，也包括p，那么φ(m)=m*∏^s_i=1((p_i-1)/p_i)=p*i*∏^s_i=1((p_i-1)/p_i)=p*φ(i)

2.如果不能被p整除，i和p互质，φ(m)=φ(p)*φ(i)=(p-1)*φ(i)

比对发现，我们只需要最小质因子p和φ(i)就可以,因此可以在质数筛的过程中预处理出所有欧拉函数的值。

const int N=2e5+5;
vector<int> prime;
int vis[N],phi[N];
void init(){
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!vis[i]){
            prime.push_back(i);
            phi[i]=i-1;//质数单独判断
        }
        for(auto p:prime){
            if(p*i>=N)break;
            vis[p*i]=1;
            if(i%p==0){//俩种情况递推即可
                phi[p*i]=p*phi[i];
                break;
            }else phi[p*i]=phi[i]*(p-1);
        }
    }
}

 

扩展欧拉定理及其证明：

该定理可用中国剩余定理证明，但是本蒟蒻还没学()，后面会补上，所以这里就先用比较笨重的一种证明方式

要证明b>=φ(m)时的结论，我们首先证明一个引理：在此条件下,a^b ≡ a^b+φ(m)(mod m).这等价于证明（a^b+φ(m)-a^b）能够被m整除，即m | a^b(a^φ(m)-1)

    我们构造俩个辅助数：d=gcd(a^φ(m),m),并令k使得d*k=m;

后面的整体证明过程围绕d | a^b以及k | a^φ(m)-1俩部分组成，当证明这俩者时，合并之后就可以证明引理

1.d | a^b:首先b>=φ(m)所以可以让a^b=a^φ(m)*a^b-φ(m);由于d=gcd(a^φ(m),m)，因此d可以被a^φ(m)整除，也就意味着a^b可以被d整除。

2.k | a^φ(m)-1:首先用反证法证明gcd(k,a)=1(这一步有点复杂，感兴趣的自行研究)，之后我们对k和a运用欧拉定理:a^φ(k)≡1(mod k),再利用欧拉函数的整除性质得到 a^φ(m)=(a^φ(k​))^t ≡ 1^t ≡ 1(mod k​),因此k | a^φ(m)-1得证

合并结论后引理得证，之后我们通过引理推导扩展欧拉定理：利用引理的反向形式 a^b ≡ a^b−φ(m) (mod m),线性地删去φ(m)即可。

这里要注意一个点，因为这个式子是引理的反向形式，因此我们只有在b-φ(m)>=φ(m)的情况下才能保证正确性，这个点解释了为什么  a^b ≡ a^{b mod φ(m)+φ(m)} (mod m),而不是a^b ≡ a^{b mod φ(m)} (mod m)。

 

在具体应用的过程中，由于b的数字会相当大，会用到高精度，那如何用高精度去模拟取模的过程，这里还需要一种算法：秦九韶算法：

对于一个大数字可以逐位分解处理：比如1145=((1*10+1)*10+4)*10+5,由于取模在加法和乘法之间可以随意取，就可以逐位取模

洛谷模版p5091

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define ull unsigned long long
const int N=2e5+5;
int a,mod;string s;
int phi(int n){
    int res=n;
    for(int i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            res=res/i*(i-1);
            while(n%i==0)n/=i;
        }
    }
    if(n>1)res=res/n*(n-1);
    return res;
}
int depow(int phi){
    int res=0;
    bool ok=false;
    for(int i=0;s[i];i++){
        res=res*10+s[i]-'0';
        if(res>=phi)ok=1,res%=phi;
    }
    if(ok)res+=phi;
    return res;
}
int pq(int a,int b){
    int res=1;
    while(b){
        if(b&1)res=(res*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
void solve(){
    cin>>a>>mod;
    cin>>s;
    cout<<pq(a,depow(phi(mod)));
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int _=1;
    //cin>>_;
    while(_--)solve();
}