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欧拉定理 & 费马小定理

费马小定理

若 $p$ 为素数，$\gcd(a, p) = 1$，则 $a^{p - 1} \equiv 1 \pmod{p}$。

另一个形式：对于任意整数 $a$，有 $a^p \equiv a \pmod{p}$。

证明

设一个质数为 $p$，我们取一个不为 $p$ 倍数的数 $a$。

构造一个序列：$A=\{1,2,3\dots,p-1\}$，这个序列有着这样一个性质：

$$\prod_{i=1}^{n}\space A_i\equiv\prod_{i=1}^{n} (A_i\times a) \pmod p$$

证明：

$$\because (A_i,p)=1,(A_i\times a,p)=1$$

又因为每一个 $A_i\times a \pmod p$ 都是独一无二的，且 $A_i\times a \pmod p < p$

得证（每一个 $A_i\times a$ 都对应了一个 $A_i$)

设 $f=(p-1)!$, 则 $f\equiv a\times A_1\times a\times A_2\times a \times A_3 \dots \times A_{p-1} \pmod p$

$$a^{p-1}\times f \equiv f \pmod p \\ a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$$

证毕。

也可用归纳法证明：

显然 $1^p\equiv 1\pmod p$，假设 $a^p\equiv a\pmod p$ 成立，那么通过二项式定理有

$$(a+1)^p=a^p+\binom{p}{1}a^{p-1}+\binom{p}{2}a^{p-2}+\cdots +\binom{p}{p-1}a+1$$

因为 $\binom{p}{k}=\frac{p(p-1)\cdots (p-k+1)}{k!}$ 对于 $1\leq k\leq p-1$ 成立，在模 $p$ 意义下 $\binom{p}{1}\equiv \binom{p}{2}\equiv \cdots \equiv \binom{p}{p-1}\equiv 0\pmod p$，那么 $(a+1)^p \equiv a^p +1\pmod p$，将 $a^p\equiv a\pmod p$ 带入得 $(a+1)^p\equiv a+1\pmod p$ 得证。

欧拉定理

在了解欧拉定理（Euler's theorem）之前，请先了解 欧拉函数。定理内容如下：

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

证明

实际上这个证明过程跟上文费马小定理的证明过程是非常相似的：构造一个与 $m$ 互质的数列，再进行操作。

设 $r_1, r_2, \cdots, r_{\varphi(m)}$ 为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系，则 $ar_1, ar_2, \cdots, ar_{\varphi(m)}$ 也为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系。所以 $r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)} \equiv ar_1 \cdot ar_2 \cdots ar_{\varphi(m)} \equiv a^{\varphi(m)}r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)} \pmod{m}$，可约去 $r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)}$，即得 $a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$。

当 $m$ 为素数时，由于 $\varphi(m) = m - 1$，代入欧拉定理可立即得到费马小定理。

扩展欧拉定理

$$a^b \equiv \begin{cases} a^{b \bmod \varphi(m)}, &\gcd(a,m) = 1, \\ a^b, &\gcd(a,m)\ne 1, b < \varphi(m), \\ a^{(b \bmod \varphi(m)) + \varphi(m)}, &\gcd(a,m)\ne 1, b \ge \varphi(m). \end{cases} \pmod m$$

（读者可能对第二行是有疑问的。这一行表达的意思是：如果 $b < \varphi(m)$ 的话，那么就不能降幂了。主要是题目中 $m$ 不会太大，而如果 $b < \varphi(m)$，那么自然复杂度是可以接受的。而如果 $b \ge \varphi(m)$ 的话，那么复杂度可能超出预期了，这个时候我们才需要降幂来降低复杂度。）

证明

证明转载自 synapse7，并进行了一些整理。

1. 命题：$a$ 的从 $0$ 次，$1$ 次到 $b$ 次幂模 $m$ 构成的序列中，存在 $r$ 和 $s$，使得前 $r$ 个数（即从 $a^0 \bmod m$ 到 $a^{r-1} \bmod m$) 互不相同，从第 $r$ 个数开始，每 $s$ 个数就循环一次。

   证明：

   • 由鸽巢定理易证。

     我们把 $r$ 称为 $a$ 幂次模 $m$ 的循环起始点，$s$ 称为循环长度。（注意：$r$ 可以为 $0$）

     用公式表述为：$\forall i \ge r, a^i \equiv a^{i+s} \pmod{m}$

2. 命题：$a$ 为素数的情况，该式成立。

   证明：

   • 若模 $m$ 不能被 $a$ 整除，而因为 $a$ 是一个素数，那么 $\gcd(a, m) = 1$ 成立，根据欧拉定理，容易证明该式成立。

   • 若模 $m$ 能被 $a$ 整除，那么存在 $r$ 和 $m'$ 使得 $m = a^r m'$，且 $\gcd(a, m')=1$ 成立。所以根据欧拉定理有 $a^{\varphi(m')} \equiv 1 \pmod{m'}$。

     又由于 $\gcd(a^r, m')=1$，所以根据欧拉函数的求值规则，容易得到：$\varphi(m) = \varphi(m') \times (a-1)a^{r-1}$，即我们有：$\varphi(m') \mid \varphi(m)$。

     所以 $a^{\varphi(m')} \equiv 1 \pmod {m'}, \varphi(m') \mid \varphi(m) \Rightarrow a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod {m'}$，即 $a^{\varphi(m)}=km'+1$，两边同时乘以 $a^r$，得 $a^{r+\varphi(m)} = km + a^r$（因为 $m = a^r m'$）

     所以对于 $m$ 中素因子 $a$ 的次数 $r$ 满足：$a^r \equiv a^{r+\varphi(m)} \pmod m$。我们可以简单变换形式，得到 推论：

     $$b > r \implies a^b \equiv a^{r + ((b-r) \bmod \varphi(m))} \pmod {m}$$

     又由于 $m = a^r m'$，所以 $\varphi(m) = \varphi(a^r) \varphi(m') \ge \varphi(a^r)=a^{r-1}(a-1) \ge r$（tips：$a$ 是素数，最小是 $2$，而 $r \ge 1$）。

     所以因为 $\varphi(m) \ge r$，故有：

     $$a^r \equiv a^{r+\varphi(m)} \equiv a^{r \bmod \varphi(m)+\varphi(m)} \pmod m$$

     所以

     $$\begin{aligned} a^b &\equiv a^{r+(b-r) \bmod \varphi(m)} \\ &\equiv a^{r \bmod \varphi(m) + \varphi(m) + (b-r) \bmod \varphi(m)} \\ &\equiv a^{\varphi(m) + b \bmod \varphi(m)} \end{aligned} \pmod m$$

     即 $a^b\equiv a^{b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m$。

3. 命题：$a$ 为素数的幂的情况，该式成立。

   证明：

   • 不妨令 $a = p^k$，是否依然有 $\forall r, a^{r} \equiv a^{r+\varphi(m)} \pmod m$？

     答案是肯定的，由命题 1 可知存在 $s$ 使得 $a^s\equiv 1 \pmod m$，所以 $p^{\mathrm{lcm}(s,k)} \equiv 1 \pmod {m}$，所以令 $s'=\frac{s}{\gcd(s,k)}$ 时，我们能有 $p^{s'k} \equiv 1 \pmod {m}$。

     此时有关系：$s' \mid s$ 且 $s \mid \varphi(m)$，且 $r'= \lceil \frac{r}{k}\rceil \le r \le \varphi(m)$，由 $r',s'$ 与 $\varphi(m)$ 的关系，依然可以得到 $a^b\equiv a^{b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m$。

4. 合数：$a$ 为合数的情况，该式成立。

   证明：

   • 只证 $a$ 拆成两个素数的幂的情况，大于两个的用数学归纳法可证。

     设 $a=a_1a_2$，其中 $a_i=p_i^{k_i}$，而 $a_i$ 的循环长度为 $s_i$；

     则 $s \mid lcm(s_1,s_2)$，由于 $s_1 \mid \varphi(m),s_2 \mid \varphi(m)$，那么 $lcm(s_1,s_2) \mid \varphi(m)$，所以 $s \mid \varphi(m)$，$r=\max(\lceil \frac{r_i}{k_i} \rceil) \le \max(r_i) \le \varphi(m)$；

     由 $r,s$ 与 $\varphi(m)$ 的关系，依然可以得到 $a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m$。

     证毕。

习题

1. SPOJ #4141 "Euler Totient Function"[Difficulty: CakeWalk]
2. UVA #10179 "Irreducible Basic Fractions"[Difficulty: Easy]
3. UVA #10299 "Relatives"[Difficulty: Easy]
4. UVA #11327 "Enumerating Rational Numbers"[Difficulty: Medium]
5. TIMUS #1673 "Admission to Exam"[Difficulty: High]

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