【數論數學】擴充套件尤拉定理
注：本部落格部分證明參考
Definition
\(\forall~a~,~m~\in~Z^+~,~s.t.~\gcd(a,m)=1\)，則一定滿足\(~a^{\phi(m)}~\equiv~1~(Mod~m)~\)。該定理被稱作尤拉定理。
Demonstrate
記\(x_i\)為第\(i\)個與\(m\)互質的數，則共有\(\phi(m)\)個\(x_i\)。
設\(p_i~=~a~\times~x_i\)
引理一：
\(\{p_i\}\)間兩兩模\(m\)不同餘，\(\{x_i\}\)間兩兩模\(m\)不同餘。
證明：
先證\(\{x_i\}\)間兩兩模\(m\)不同餘：
因為\(~\forall~i~\in~[1,\phi(m)]~,~x_i~<~m~\)，故
\[~x_i~Mod~m~\equiv~x_i~\]
又\(~\forall~i,j~\in~[1,\phi(m)],i~\neq~j~\)都有\(~x_i~\leq~x_j~\)。於是
\[~x_i~Mod~m~\neq~x_j~Mod~m~\]
\(\{x_i\}\)間兩兩模\(m\)不同餘
再證\(\{p_i\}\)間兩兩模\(m\)不同餘：
反證法，若存在一對\(~i,j~\in~[1,\phi(m)]~,~i~\neq~j~,~s.t.~p_i~\equiv~p_j~(Mod~m)~\)
\[a~\times~x_i~\equiv~a~\times~x_j~(Mod~m)\]
\[\Rightarrow~x_i~\equiv~x_j~(Mod~m)\]。
根據\(\{x_i\}\)間兩兩模\(m\)不同餘，產生矛盾，於是\(\{p_i\}\)間兩兩模\(m\)不同餘
證畢
引理二：
\(\forall~i~\in~[1,\phi(m)]~,~p_i~\)與\(m\)互質。
證明：
寫出\(m,a,x_i,p_i\)的唯一分解式：
\[m~=~q_1^{c_1}~q_2^{c_2}~\dots~q_k^{c_k}\]
\[a=q_1^{d_1}~q_2^{d_2}~\dots~q_k^{d_k}\]
\[x_i~=~q_1^{e_1}~q_2^{e_2}~\dots~q_k^{e_k}\]
\[p_i~=~q_1^{e_1+d_1}~q_2^{e_2+d_2}~\dots~q_k^{e_k+d_k}\]
則\(\forall~i~,~s.t.~c_i~\neq~0~\)都有\(d_i~=~e_i~=~0\)，於是\(d_i+e_i~=~0\)。
於是\(\forall~i~\in~[1,\phi(m)]~,~p_i~\)與\(m\)互質。
證畢
根據上述引理，可得所有\(p_i\)的模\(m\)的解的集合與\(\{x_i\}\)相等，於是他們的積模\(m\)的值也相等。
於是有
\[\prod_{i=1}^{\phi(m)}~p_i~\equiv~a^{\phi(m)}~\prod_{i=1}^{\phi(m)}~x_i~\equiv~\prod_{i=1}^{\phi(m)}~x_i~(Mod~m)\]
於是有\(a^{\phi(m)}~\equiv~1~(Mod~m)\)。證畢。
Extended
對於\(a\)與\(m\)不互質的情況，有：
\(\begin{equation}~a^c~\equiv~\left\{ \begin{array}\\ a^{c~Mod~\phi(m)} &\gcd(a,m)~=~1 \\ a^c &\gcd(a,m)~\neq~1~\and~c~<~\phi(m) \\ a^{c~Mod~\phi(m)~+~\phi(m)} & gcd(a,m)~\neq~1~\and~c~\geq~\phi(m) \end{array} \right. \end{equation}\)
Demonstrate
當\(m~=~1\)時顯然成立，以下討論\(m~\neq~1\)的情況。
對於\(\gcd(a,m)~=~1~\)的情況，因為\(a^{\phi(m)}~\equiv~1\)，所以每\(\phi(m)\)個\(a\)就相當於乘\(1\)。於是只需要算\(c~Mod~\phi(m)\)次。
對於\(c~<~\phi(m)\)的情況，直接爆算
下面證明第三種情況。
先證明\(a\)是一個質數的情況：
引理1：
\(\forall~p~\)為質數，\(r~\in~Z^+\)，都有\(\phi(p^r)~=~(p-1)~\times~p^{r-1}\)。
證明：
由於\(p\)是一個質數，所以\(~1~\sim~(p^r-1)~\)中有且僅有\(i~\times~p,~i~\in~(0,p^{r-1})~\)與\(p^r\)互質。
於是\(\phi(p^r)~=~p^r~-~p^{r-1}~=~p^{r-1}~\times~(p~-~1)~\)。
證畢。
引理2：
\(\forall~k~\in~Z\)，\(\exist~a,b,x,y~\in~Z^+~,~s.t.~x^a~\times~y^b~=~k\)，都有\(~a,b~\leq~\phi(k)~\)。
證明：
先考慮\(k\)為一個質數\(p\)的\(r\)次冪的情況。根據引理1有：
\(\phi(k)~=~\phi(p^r)~=~(p-1)~\times~p^{r-1}\)。
下面說明\((p-1)~\times~p^{r-1}~\geq~r\)。
當p=2時：
經驗證\(~r=1,2,3~\)時成立。當\(~r>3~\)時按照\(r\)的大小做數學歸納，可證正確性。
當\(~p~>~2~\)時，不等號左側增大，右側不變，不等式仍然成立。
考慮\(k\)是多個質數冪時的情況，按照質數個數做數學歸納，正確性成立。
任意組合質數，引理得證。
證畢
引理3：\(\exist~r~\leq~c~,~s.t.~a^{\phi(m)+r}~\equiv~a^r~(Mod~m)\)。
證明：
令\(m~=~t~\times~a^r\)，其中\(\gcd(t,a)=1\)，\(t\)的存在性顯然。
因為\(\gcd(t,a)~=~1\)，且\(\phi\)函式是一個積性函式，所以\(\phi(t)~|~\phi(m)\)。
根據尤拉定理，\(a^{\phi(t)}~\equiv~1~(Mod~t)\)，於是有
\[a^{\phi(m)}~\equiv~1~(Mod~t)\]。
同餘式同乘\(a^r\)，於是有
\[a^{\phi(m)+r}~\equiv~a^r~(Mod~m)\]。
已經證明可以構造出這樣的\(r\)。根據引理2，\(r~\leq~\phi(m)\)。又\(c~\geq~\phi(m)\)，於是可證構造出的\(r~\leq~c\)。定理得證。
證畢
於是
\[a^c~\equiv~a^{c-r+r}~\equiv~a^{c-r+\phi(m)+r}~\equiv~a^{c+\phi(m)}~(Mod~m)\]
對上式做數學歸納，可得\(a^c~\equiv~a^{c+k\phi(m)}~,~k~\in~Z\)，需保證指數為正。
於是最小的合法的指數即為\(c~Mod~\phi(m)~+~\phi(m)\)。
於是有\[a^c~\equiv~a^{c~Mod~\phi(m)~+~\phi(m)}\]。
當\(a\)是一個質數的冪次時，設\(a=p^k\)，則
\[a^c~\equiv~p^{ck}~\equiv~p^{ck+\phi(m)}~\equiv~p^{ck+k\phi(m)}~\equiv~(p^k)^{c+\phi(m)}~\equiv~(p^k)^{c~Mod~\phi(m)~+~\phi(m)}~~(Mod~m)\]
當\(a\)時多個質數次冪的乘積時，依據唯一分解定理做數學歸納，即證正確性。證畢。
Example
Description
你有一個本子，你要往上面寫全部的長度為\(n\)的\(b\)進位制數字，每一頁可以寫\(c\)個。要求所有數字必須嚴格不含前導\(0\)。求最後一頁上有多少個數字
Input
三個數，依次是進位制數\(b\),數字長度\(n\)，每一頁的個數\(c\)。
Output
一行一個整數代表答案
Hint
\(Forall:\)
\(2~\leq~b~<~10^{10^6}~,~1~\leq~n~<~10^{10^6}~,~1~\leq~c~\leq~10^9\)
Solution
考慮計數原理，第一個位置可以填\(~1~\sim~(b-1)~\)共\(~(b-1)~\)個數字，剩下的位置可以填\(~0~\sim~(~b~-~1~)~\)共\(~b~\)個數字。於是答案即為\(~(b-1)~\times~b^{(n-1)}\)。後面的應用擴充套件尤拉定理即可解決。
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
擴充套件尤拉定理可以用在底數與模數不互質的情況下，將質數將至與模數同階的大小，從而可以使用快速冪進行運算。
注：本篇內容部分證明參考該BAJim_H的部落格，在此表示衷心的感謝。