【数论数学】扩展欧拉定理

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Definition

\(\forall~a~,~m~\in~Z^+~,~s.t.~\gcd(a,m)=1\),则一定满足\(~a^{\phi(m)}~\equiv~1~(Mod~m)~\)。该定理被称作欧拉定理。

Demonstration

\(x_i\)为第\(i\)个与\(m\)互质的数,则共有\(\phi(m)\)\(x_i\)

\(p_i~=~a~\times~x_i\)

引理一:

\(\{p_i\}\)间两两模\(m\)不同余,\(\{x_i\}\)间两两模\(m\)不同余。

证明:

先证\(\{x_i\}\)间两两模\(m\)不同余:

因为\(~\forall~i~\in~[1,\phi(m)]~,~x_i~<~m~\),故

\[~x_i~Mod~m~\equiv~x_i~ \]

\(~\forall~i,j~\in~[1,\phi(m)],i~\neq~j~\)都有\(~x_i~\neq~x_j~\)。于是

\[~x_i~Mod~m~\neq~x_j~Mod~m~ \]

\(\{x_i\}\)间两两模\(m\)不同余

再证\(\{p_i\}\)间两两模\(m\)不同余:

反证法,若存在一对\(~i,j~\in~[1,\phi(m)]~,~i~\neq~j~,~s.t.~p_i~\equiv~p_j~(Mod~m)~\),则

\[a~\times~x_i~\equiv~a~\times~x_j~(Mod~m) \]

\[\Rightarrow~x_i~\equiv~x_j~(Mod~m)$$。 根据$\{x_i\}$间两两模$m$不同余,产生矛盾,于是$\{p_i\}$间两两模$m$不同余 ##### 证毕 ### 引理二: $\forall~i~\in~[1,\phi(m)]~,~p_i~$与$m$互质。 ##### 证明: 写出$m,a,x_i,p_i$的唯一分解式: $$m~=~q_1^{c_1}~q_2^{c_2}~\dots~q_k^{c_k}\]

\[a=q_1^{d_1}~q_2^{d_2}~\dots~q_k^{d_k} \]

\[x_i~=~q_1^{e_1}~q_2^{e_2}~\dots~q_k^{e_k} \]

\[p_i~=~q_1^{e_1+d_1}~q_2^{e_2+d_2}~\dots~q_k^{e_k+d_k} \]

\(\forall~i~,~s.t.~c_i~\neq~0~\)都有\(d_i~=~e_i~=~0\),于是\(d_i+e_i~=~0\)

于是\(\forall~i~\in~[1,\phi(m)]~,~p_i~\)\(m\)互质。

证毕

根据上述引理,可得所有\(p_i\)的模\(m\)的解的集合与\(\{x_i\}\)相等,于是他们的积模\(m\)的值也相等。

于是有

\[\prod_{i=1}^{\phi(m)}~p_i~\equiv~a^{\phi(m)}~\prod_{i=1}^{\phi(m)}~x_i~\equiv~\prod_{i=1}^{\phi(m)}~x_i~(Mod~m) \]

于是有\(a^{\phi(m)}~\equiv~1~(Mod~m)\)。证毕。

Extension

对于\(a\)\(m\)不一定互质的情况,有:

\(a^c~\equiv~\begin{cases}a^{c~Mod~\phi(m)} &\gcd(a,m)~=~1 \\a^c &\gcd(a,m)~\neq~1~\land~c~<~\phi(m) \\ a^{c~Mod~\phi(m)~+~\phi(m)} &\gcd(a,m)~\neq~1~\land~c~\geq~\phi(m)\end{cases}\)

Demonstration

\(m~=~1\)时显然成立,以下讨论\(m~\neq~1\)的情况。

对于\(\gcd(a,m)~=~1~\)的情况,因为\(a^{\phi(m)}~\equiv~1\),所以每\(\phi(m)\)\(a\)就相当于乘\(1\)。于是只需要算\(c~Mod~\phi(m)\)次。

对于\(c~<~\phi(m)\)的情况,直接爆算

下面证明第三种情况。

先证明\(a\)是一个质数的情况:

引理1:

\(\forall~p~\)为质数,\(r~\in~Z^+\),都有\(\phi(p^r)~=~(p-1)~\times~p^{r-1}\)

证明:

由于\(p\)是一个质数,所以\(~1~\sim~(p^r-1)~\)中有且仅有\(i~\times~p,~i~\in~(0,p^{r-1})~\)\(p^r\)不互质。

于是\(\phi(p^r)~=~p^r~-~p^{r-1}~=~p^{r-1}~\times~(p~-~1)~\)

证毕。

引理2:

\(\forall~k~\in~Z\)\(\exists~a,b,x,y~\in~Z^+~,~s.t.~x^a~\times~y^b~=~k\),都有\(~a,b~\leq~\phi(k)~\)

证明:

先考虑\(k\)为一个质数\(p\)\(r\)次幂的情况。根据引理1有:

\(\phi(k)~=~\phi(p^r)~=~(p-1)~\times~p^{r-1}\)

下面说明\((p-1)~\times~p^{r-1}~\geq~r\)

\(p=2\)时:

经验证\(~r=1,2,3~\)时成立。当\(~r>3~\)时按照\(r\)的大小做数学归纳,可证正确性。

\(~p~>~2~\)时,不等号左侧增大,右侧不变,不等式仍然成立。

考虑\(k\)是多个质数幂时的情况,按照质数个数做数学归纳,正确性成立。

任意组合质数,引理得证。

证毕
引理3:\(\exists~r~\leq~c~,~s.t.~a^{\phi(m)+r}~\equiv~a^r~(Mod~m)\)
证明:

\(m~=~t~\times~a^r\),其中\(\gcd(t,a)=1\)\(t\)的存在性显然。

因为\(\gcd(t,a)~=~1\),且\(\phi\)函数是一个积性函数,所以\(\phi(t)~|~\phi(m)\)

根据欧拉定理,\(a^{\phi(t)}~\equiv~1~(Mod~t)\),于是有

\[a^{\phi(m)}~\equiv~1~(Mod~t) \]

同余式同乘\(a^r\),于是有

\[a^{\phi(m)+r}~\equiv~a^r~(Mod~m) \]

已经证明可以构造出这样的\(r\)。根据引理2,\(r~\leq~\phi(m)\)。又\(c~\geq~\phi(m)\),于是可证构造出的\(r~\leq~c\)。定理得证。

证毕

于是

\[a^c~\equiv~a^{c-r+r}~\equiv~a^{c-r+\phi(m)+r}~\equiv~a^{c+\phi(m)}~(Mod~m) \]

对上式做数学归纳,可得\(a^c~\equiv~a^{c+k\phi(m)}~,~k~\in~Z\),需保证指数为正。

于是最小的合法的指数即为\(c~Mod~\phi(m)~+~\phi(m)\)

于是有$$ac~\equiv~a{cMod\phi(m)+\phi(m)}$$

\(a\)是一个质数的幂次时,设\(a=p^k\),则

\[a^c~\equiv~p^{ck}~\equiv~p^{ck+\phi(m)}~\equiv~p^{ck+k\phi(m)}~\equiv~(p^k)^{c+\phi(m)}~\equiv~(p^k)^{c~Mod~\phi(m)~+~\phi(m)}~~(Mod~m) \]

\(a\)时多个质数次幂的乘积时,依据唯一分解定理做数学归纳,即证正确性。证毕。

Example

传送门

Description

你有一个本子,你要往上面写全部的长度为\(n\)\(b\)进制数字,每一页可以写\(c\)个。要求所有数字必须严格不含前导\(0\)。求最后一页上有多少个数字

Input

三个数,依次是进制数\(b\),数字长度\(n\),每一页的个数\(c\)

Output

一行一个整数代表答案

Hint

\(Forall:\)

\(2~\leq~b~<~10^{10^6}~,~1~\leq~n~<~10^{10^6}~,~1~\leq~c~\leq~10^9\)

Solution

考虑计数原理,第一个位置可以填\(~1~\sim~(b-1)~\)\(~(b-1)~\)个数字,剩下的位置可以填\(~0~\sim~(~b~-~1~)~\)\(~b~\)个数字。于是答案即为\(~(b-1)~\times~b^{(n-1)}\)。后面的应用扩展欧拉定理即可解决。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
	rg char ch=getchar(),lst=' ';
	while((ch > '9') || (ch < '0')) lst=ch,ch=getchar();
	while((ch >= '0') && (ch <= '9')) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	if(lst == '-') x=-x;
}

namespace IO {
	char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x,const char aft,const bool pt) {
	if(x < 0) {x=-x,putchar('-');}
	rg int top=0;
	do {IO::buf[++top]=x%10+'0';} while(x/=10);
	while(top) putchar(IO::buf[top--]);
	if(pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 1000010;

char B[maxn],N[maxn];
ll m,phi,b;

int ReadMod(char*,cl&);
int GetPhi(ll);
void MinuN();
int mpow(int,ll);
bool judge();

int main() {
	freopen("1.in","r",stdin);
	scanf("%s %s",B+1,N+1);qr(m);
	b=ReadMod(B,m);
	if(judge()) return 0;
	int k=GetPhi(m);
	MinuN();
	int n=ReadMod(N,k)+k;
	int ans=1ll*(b-1)*mpow(b,n)%m;
	ans=(ans+m)%m;
	qw(ans?ans:m,'\n',true);
	return 0;
}

int ReadMod(char *str,cl & p) {
	int l=strlen(str+1);
	ll _ret=0;
	for(rg int i=1;i<=l;++i) _ret=((_ret<<1)+(_ret<<3)+(str[i]^48))%p;
	return _ret;
}

int GetPhi(ll x) {
	ll _ret=x;
	for(ll i=2;i*i<=x;++i) if(!(x%i)) {
		_ret=_ret*(i-1)/i;
		while(!(x%i)) x/=i;
	}
	if(x != 1) _ret=_ret*(x-1)/x;
	return _ret;
}

void MinuN() {
	int l=strlen(N+1);
	--N[l];
	for(rg int i=l;i;--i) if(N[i] < '1') {
		N[i]+=10,--N[i-1];
	} else break;
	if(N[1] == '0'+10) N[1]='0';
}

int mpow(int x,ll k) {
	int _ret=1,_temp=x;
	while(k) {
		if(k&1) _ret=1ll*_ret*_temp%m;
		_temp=1ll*_temp*_temp%m;
		k>>=1;
	}
	return _ret%m;
}

bool judge() {
	int l=strlen(N+1);
	if(l >= 17) return false;
	ll _tp=0;
	for(rg int i=1;i<=l;++i) _tp=(_tp<<1)+(_tp<<3)+(N[i]^48);
	int ans=1ll*(b-1)*mpow(b,_tp-1)%m;
	ans=(ans+m)%m;
	qw(ans?ans:m,'\n',true);
	return true;
}

Summary

扩展欧拉定理可以用在底数与模数不互质的情况下,将质数将至与模数同阶的大小,从而可以使用快速幂进行运算。

注:本篇内容部分证明参考该BAJim_H的博客,在此表示衷心的感谢。

posted @ 2018-11-21 19:07  一扶苏一  阅读(5984)  评论(8编辑  收藏  举报