欧拉定理及其推论，裴蜀定理，计算欧拉函数

欧拉定理#

内容：若正整数 $a$，$n$，互质，则 $a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。

证明：设 $X_1$,$X_2$......$X_{\phi (n)}$ 是 $1\sim n$ 与 $n$ 互质的数。

首先我们来考虑一些数：$a{X}_1$,$a{X}_2$.....$a{X}_{\phi (n)}$。

这些数有如下两个性质：

（1）任意两个数模 $n$ 的余数一定不同。

证明：若存在 $a{X}_1\equiv a{X}_2(\mathrm{mod}n)$ 则存在 $n\mid (a{X}_1-a{X}_2)$，而 $a$，$n$ 互质，并且 $(a{X}_1-a{X}_2)<n$，所以 $n$ 不可能整除 $(a{X}_1-a{X}_2)$ ，也就是说不存在 $a{X}_1\equiv a{X}_2(\mathrm{mod}n)$，所以对于任意的与 $n$ 互质的 $X_i$ 均成立。故得证。

那么因为有 $\phi (n)$ 个这样的数，$X_i(\mathrm{mod}n)(i=1\sim \phi (n))$ 所以就有 $\phi (n)$ 个不同的余数，并且模数分别为 $(0\sim n-1)$。

（2）
对于任意的 $a{X}_i(\mathrm{mod}n)$ 都与 $n$ 互质。这不难想，因为 $a$ 与 $n$ 互质是欧拉函数的条件，$X_i$ 是 $(1\sim n)$ 与 $n$ 互质的数的集合中的元素。所以如果 $a{X}_i$ 作为分子，$n$ 作为分母，那么他们构成的显然是一个最简分数，也就是说 $a{X}_i$ 和 $n$ 互质。接下来就可以用欧几里得算法：因为 $gcd(a{X}_i,n)=1$ 所以 $gcd(a{X}_i,n)=gcd(n,a{X}_{i}modn)=1$。

把上面两个性质结合一下来说，$a{X}_1(\mathrm{mod}n)$ ,$a{X}_2(\mathrm{mod}n)$....$a{X}_{\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$ 构成了一个集合（性质1已经证明了所有元素的互异性），并且这些数是 $1\sim n$ 与 $n$ 互质的所有数构成的集合（性质1已经说明）。这样，上述集合经过一定的排序后和集合 $\{X_1,X_2....X_{\phi (n)}\}$ 完全一一对应，那么：$a{X}_1(\mathrm{mod}n)\times a{X}_2(\mathrm{mod}n)\times ....\times a{X}_{\phi (n)}(\mathrm{mod}n)=X_1\times X_2\times .....\times X_{\phi (n)}$。

因此我们可以写出以下式子：

$a{X}_1\times a{X}_2\times ....\times a{X}_{\phi (n)}\equiv X_1\times X_2\times ....\times X_{\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$,

即：$(a^{\phi (n)}-1)\times X_1\times X_2\times ....\times X_{\phi (n)}\equiv 0(\mathrm{mod}n)$。

又因为 $X_1\times X_2\times ....\times X_{\phi (n)}$ 与 $n$ 互质，所以 $(a^{\phi (n)}-1)\mid n$，那么 $a_{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。欧拉定理得证。

裴蜀定理#

定义：若 $a$,$b$ 是整数，且 $gcd(a,b)=d$，那么对于任意的整数 $x$,$y$,$ax+by$ 都一定是 $d$ 的倍数，特别的，一定存在整数 $x$,$y$，使 $ax+by=d$ 成立。

简单来说，我们设 $d=gcd(a,b)$，那么对于方程 $ax+by=d$，一定存在一组整数解，并且对于方程 $ax+by=z$，如果满足 $d\mid z$,那么方程一定有整数解，否则无整数解。

首先来证明一下 $ax+by=d$ 有整数解（耐心看）：

先不要去想那个式子，先来想一想怎么求 $gcd(a,b)$ 。

用辗转相除法对 $8$。

我们设 $a\le b$,由辗转相除法的过程 $gcd(x,y)=gcd(y,xmody)$ 可以得到：

设 $b=a{x}_1+r_1$，那么 $bmoda$ 后 $b=r_1$。

重复此过程可以得到下面的式子：

$b=a{x}_1+r_1$

$a=r_1{x}_2+r_2$

$.......$

$r_{k-3}=r_{k-2}{x}_{k-1}+r_{k-1}$ (1)

$r_{k-2}=r_{k-1}{x}_k+r_k$ (2)

$r_{k-1}=r_k{x}_{k+1}+r_{k+1}$

因为辗转相除法最后得到的余数为 $0$ 所以我们设 $r_{k-1}=0$,那么 $r_k$ 就是 $a$ 和 $b$ 的最大公约数，即 $r_k=d$。将 $r_k=d$ 带入（2）中得：

$r_{k-2}=r_{k-1}{x}_k+d$

移项一下，得：

$d=r_{k-2}-r_{k-1}{x}_k$ (3)

将（1）移项得：

$r_{k-1}=r_{k-3}-r_{k-2}{x}_{k-1}$ (4)

将（4）带入（3）式得到：

$d=r_{k-2}-(r_{k-3}-r_{k-2}{x}_{k-1})x_k$

把式子展开后，可以表示成

$d=r_{k-2}-r_{k-3}{x}_k+r_{k-2}{x}_{k-1}{x}_k$

合并一下同类项，得：

$d=r_{k-2}(x_{k-1}{x}_k+1)-r_{k-3}{x}_k$

这系数有点长，换个字母代替一下：

$d=m_1{r}_{k-2}+n_1{r}_{k-3}$

简洁多了，上面所有的字母代表的都是整数，所以 $m_1$,$n_1$ 也一定是整数。

如果把（3）表示成 $d=m{r}_{k-1}+n{r}_{k-2}$ 的话

$d=m{r}_{k-1}+n{r}_{k-2}$

$d=m_1{r}_{k-2}+n_1{r}_{k-3}$

当我们将这两个式子一直像上面的做法一样一直搞下去，就可以得到(学长说就是一个不断递归的过程，自己手模一下可能会好理解一些)：

$d=m_2{r}_{k-3}+n_2{r}_{k-4}$

$d=m_3{r}_{k-4}+n_3{r}_{k-5}$

$......$

$d=m_{k}a+n_{k}b$

显然 $m_k$ 和 $n_k$ 一定是整数，故，$ax+by=d$ 一定有整数解。

于是就有一个很重要的推论：

对于方程 $ax+by=1$，只有当 $a$,$b$ 互质时，方程才有整数解。

有了上面的证明，这个就很容易证（本来不打算写证明了但万一有人看呢）。

证明：

设 $a$,$b$ 不互质，那么 $a$,$b$ 可以表示成 $a=q\times gcd(a,b)$,$b=p\times gcd(a,b)$,带入上面的式子，得到：

$q\times gcd(a,b)\times x+p\times gcd(a,b)\times y=1$

两边同时除以 $gcd(a,b)$，得到：

$qx+py=\frac{1}{gcd(a,b)}$

显然，如果此时 $a$,$b$ 不互质，那么等式的右边已经成为了一个小数，那么，该方程一定不存在整数解。

故只有当整数 $a$,$b$ 互质时，该方程才会有整数解。

然后，判断二元不定方程是否有整数解的方法出现了：

对于方程 $ax+by=z$，只有满足 $gcd(a,b)\mid z$，方程才有整数解。

证明（吐了）：

设 $d=gcd(a,b)$,$z=d\times q$。

对于方程 $ax+by=d$，我们设有一组解为 $x_1$,$y_1$,那么就有：

$a{x}_1+b{y}_1=d$

两边同时乘上 $p$，得到：

$a{x}_1\times q+b{y}_1\times q=d\times q$

因为 $z=d\times q$

所以方程 $ax+by=z$,一定存在一组整数解为 $x=x_1\times q$,$y=y_1\times q$。

然后这东西还可以扩展到 $n$ 元不定方程上。

对于不定方程 $a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3+...+a_n{x}_n=z$,满足 $gcd(a_1,a_2,...,a_n)\mid z$ 时，方程才有整数解。

对于不定方程 $a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3+...+a_n{x}_n=1$，只有所有系数 $a_1,a_2,...,a_n$ 的最大公约数为 $1$ 时，方程才会有解。

所有系数 $a_1,a_2,...,a_n$ 的最大公约数为 $1$ 的充要条件是：满足不定方程 $a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3+...+a_n{x}_n=1$。

终于结束了（上面的证明自己推一下就好啦)。

欧拉定理推论#

若正整数 $a$,$n$ 互质，那么对于任意正整数 $b$,有 $a^b\equiv a^{bmod\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$

证明（跟费马小定理差不多好像）：

把上面那个式子变一下形：$a^{b-bmod\phi (n)}\times a^{bmod\phi (n)}\equiv a^{bmod\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$(这式子真他妈难打)，所以接下来只需要证明 $a^{b-bmod\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$,又因为：$(b-bmod\phi (n))\mid \phi (n)$,设 $(b-bmod\phi (n))=q\times \phi (n)$($q$ 为自然数)，则有 $a^{q\times \phi (n)}=(a^q{)}^{\phi (n)}$,因为 $a$,$n$,互质，那么 $(a^q)$ 与 $n$ 也互质，那么就转化到了欧拉定理：$(a^q{)}^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$,成立，故得证。

这个推论可以帮助我们在求幂运算的时候缩小数据范围和计算次数。具体的说：在求乘方运算时，可以先把底数对 $mod$ 取模，再把指数对 $bmod\phi (n)$ 取模。

特别的，如果 $a$,$mod$ 不互质，且 $b>\phi (n)$ 时，$a^b\equiv a^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$。

计算欧拉函数#

来说一下如何计算欧拉函数的值，因为做模板题被 T 痛了。

参考：自为风月马前卒

第一种方法就是直接暴力循环枚举小于等于 $n$ 的每一个数，然后用 $gcd$ 函数来判断是否互质，很好写，很简单，很暴力，很 TLE。

第二种方法：大约是 $\sqrt{n}$ 的复杂度（我不懂这个，我只在乎他会不会 T）。我们需要分情况讨论。

当 $n=1$ 时，很明显是1。

当 $n$ 为质数时，很明显是 $n-1$,因为只有他自己与他不互质。

当 $n$ 为合数的情况。

这个最难搞，先对 $n$ 进行质因数分解。

设 $n=a_1^{p_1}\times a_2^{p_2}...a_k^{p_k}$

假设 $k=1$

辣么 $\phi (p_k)=p^k-p^{k-1}$.

证明：

与一个数互素的数的个数就是这个数减去与他不互素的数的个数，因为 $p$ 是素数，所以 $p^k$ 中与其不互素的数为 $p,2p...p^{k-1}p$,有 $p^{k-1}$ 个，得证。

当 $k\ne 1$ 时。

$\phi (n)=\phi (a_1^{p_1}\times a_2^{p_2}...a_k^{p_k})$

$\phi (n)=\prod _{i=1}^k{a}^{p_i}-a_i^{p_{i-1}}$

$\phi (n)=\prod _{i=1}^k{a}_i^{p_i}(1-\frac{1}{p_i})$

$\phi (n)=n\times \prod _{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})$

好的把 dalao 的代码放在下面：

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1e7 + 10;
int p, ans = 1, N;
void GetPhi() {
    for(int i = 2; i * i <= p; i++) {
        if(p % i == 0) {
            int now = i - 1; p /= i;
            while(p % i == 0) now = now * i, p /= i;
            ans = ans * now;
        }
    }
    if(p != 1) ans *= (p - 1); 
}
int main() {
    cin >> p; N = p;
    GetPhi();
    cout << ans;
    return 0;
}

第三种方法：线性筛。

因为欧拉函数是积性函数，因此可以用线性筛。

性质1：若 $p$ 为素数，$\phi (n)=n-1$.

性质2：若 $imodp\ne 0$,且 $p$ 为素数

则 $\phi (i\times p)=\phi (i)\times \phi (p)=\phi (i\times p)=\phi (i)\times (p-1)$

这一步同时利用了性质1和欧拉函数的积性。

性质3：若 $imodp=0$,且 $p$ 为素数

则 $\phi (i\times p)=\phi (i)\times p$

证明就算了吧咕咕咕。

dalao 代码：

Copy
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 10;
void GetPhi(int N) {
   static int phi[MAXN], vis[MAXN], prime[MAXN], tot = 0;
   for(int i = 2; i <= N; i++) {
       if(!vis[i]) prime[++tot] = i, phi[i] = i - 1;
       for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= N; j++) {
           vis[i * prime[j]] = 1;
           if(!(i % prime[j])) {phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]; break;}
           else phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
       }
   }
   while(cin >> N) cout << phi[N] << endl;
}
int main() {
   GetPhi(100);
   return 0;
}

例题

因为我太蒻了，所以没有分析，以后在来填咕咕咕。

代码如下：

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int a,m,b;
inline int read(int m)//m是要模的数字，读入 
{
	int x=0,f=0;char ch=getchar(); 
	while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
	while(isdigit(ch))//只要输入的是阿拉伯数字 
	{
		x=x*10+ch-'0';//计算累加 
		if(x>=m) f=1;//f计算是否超过模数 
		x%=m;//取模不然会炸 
		ch=getchar();//继续读入 
	}
	return x+(f==1?m:0);//最后看是否超过m如超过就加一个m防止后面计算出误 
}
inline int ksm(int a,int b)//快速幂函数 
{
	int ans=1;
	while(b!=0)
	{
		if(b%2==1)
		  ans=ans*a%m;
		a=a*a%m;
		b=b>>1;
	}
	return ans;
}
inline int phi(int n)//计算有多少个与n互质的数字 
{
	int ans=n,o=sqrt(n);//o为根号n 
	for(int i=2;i<=o;i++)//从2开始枚举到o 
	  if(n%i==0) 
	  {
		ans=ans/i*(i-1);
		while(n%i==0)n/=i;
	  }
	if(n>1)ans=ans/n*(n-1);
	return ans;
}
signed main()
{
	cin>>a>>m;
	b=read(phi(m));//输入b 
	cout<<ksm(a,b)<<endl;//计算 
	return 0;
}//by wwwaax