浅谈分数取模

费马小定理

定理

若 \(p\) 为质数且 \(\gcd(a,p)=1\)，有 \(a^{p-1}\equiv1\pmod p\)，即 \(a^p\equiv a\pmod p\)。

证明

取一质数 \(p\) 和整数 \(a\) 满足 \(\gcd(a,p)=1\)，即 \(a\) 不为 \(p\) 的倍数。

则有：

\[\prod\limits_{i=1}^{p-1}i\equiv\prod\limits_{i=1}^{p-1}(a\cdot i)\pmod p \]

证明

因为 $\gcd(i,p)=\gcd(a\cdot i,p)=1$，且 $a\cdot i\bmod p$ 是独一无二的，因此每一个 $i$ 都对应了一个 $a\cdot i$，且 $a\cdot i$ 互不相同。

又因为 $1\leq i\leq p-1,1\leq a\cdot i\bmod p\leq p-1$，因此，对于每一个 $i$ 都存在 $j$ 满足 $i\equiv a\cdot j\pmod p$。

故，原式成立：

$$ \prod_{i=1}^{p-1}i\equiv\prod_{i=1}^{p-1}(a\cdot i)\pmod p $$

令 \(f=\prod\limits_{i=1}^{p-1}i\)，则：

\[\begin{aligned} f&\equiv\prod\limits_{i=1}^{p-1}(a\cdot i)\\ &\equiv a^{p-1}\prod_{i=1}^{p-1}i\\ &\equiv a^{p-1}\cdot f \end{aligned} \pmod p \]

即：\(a^{p-1}\equiv1\)。

证毕。

应用

求 \(\dfrac ab\bmod p\)，保证 \(p\) 为质数。

这是个好问题。

对于整数 \(a\)，让其对 \(p\) 取模，求 \(a\bmod p\)，a%p 即可。

但如果要求 \(\dfrac ab\bmod p\) 呢？

这似乎就无解了，但是我们转换一下变成：

\[a\times b^{-1}\bmod p \]

现在我们再来考虑。

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由费马小定理得：\(b^{p-1}\equiv 1\pmod p\)。

那么 \(b^{p-2}\equiv b^{-1}\pmod p\)

那么，在模 \(p\) 意义下，有 \(a\times b^{-1}\bmod p=a\times b^{p-2}\bmod p\)。

结合快速幂 \(\mathcal O(\log p)\) 计算即可。

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注意，此时 \(b\) 不能为 \(p\) 的倍数。

欧拉定理

定理

若 \(\gcd(a,p)=1\)，则 \(a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p\)。

证明

其实与费马小定理的证明非常相似。

设序列 \(\langle r_1,r_2,r_3,\cdots,r_{\varphi(p)}\rangle\) 满足 \(r_i=i\bmod p\)。

则有：

\[\prod_{i=1}^{\varphi(p)}r_i\equiv\prod_{i=1}^{\varphi(p)}(a\cdot r_i)\pmod p \]

即：

\[a^{\varphi(p)}\equiv1\pmod p \]

应用

当 \(p\) 为素数时，有 \(\varphi(p)=p-1\)，即费马小定理。

扩展欧几里得算法

详见此处。