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 \(a^{\varphi (n)}\equiv 1 \pmod{n}\)。

证明：设 \(X_{1}\),\(X_{2}\)......\(X_{\varphi(n)}\) 是 \(1\sim n\) 与 \(n\) 互质的数。

首先我们来考虑一些数：\(aX_{1}\),\(aX_{2}\).....\(aX_{\varphi(n)}\)。

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 \(aX_{1}\equiv aX_{2} \pmod{n}\) 则存在 \(n\mid (aX_{1}-aX_{2})\)，而 \(a\)，\(n\) 互质，并且 \((aX_{1}-aX_{2})<n\)，所以 \(n\) 不可能整除 \((aX_{1}-aX_{2})\) ，也就是说不存在 \(aX_{1}\equiv aX_{2} \pmod{n}\)，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 \(\varphi(n)\) 个这样的数，\(X_{i}\pmod{n}(i=1 \sim \varphi(n))\) 所以就有 \(\varphi(n)\) 个不同的余数，并且模数分别为 \((0\sim n-1)\)。

（2）
对于任意的 \(aX_{i}\pmod{n}\) 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 \(aX_{i}\) 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 \(aX_{i}\) 和 \(n\) 互质。接下来就可以用欧几里得算法：因为 \(\gcd(aX_{i},n)=1\) 所以 \(\gcd(aX_{i},n)=\gcd(n,aX_{i}\bmod n)=1\)。

把上面两个性质结合一下来说，\(aX_{1}\pmod{n}\) ,\(aX_{2}\pmod{n}\)....\(aX_{\varphi(n)}\pmod{n}\) 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 \(\{X_{1},X_{2}....X_{\varphi(n)}\}\) 完全一一对应，那么：\(aX_{1}\pmod{n}\times aX_{2}\pmod{n}\times....\times aX_{\varphi(n)}\pmod{n}=X_{1}\times X_{2}\times.....\times X_{\varphi(n)}\)。

因此我们可以写出以下式子：

\(aX_{1}\times aX_{2}\times....\times aX_{\varphi(n)}\equiv X_{1}\times X_{2}\times....\times X_{\varphi(n)}\pmod{n}\),

即：\((a^{\varphi(n)}-1)\times X_{1}\times X_{2}\times....\times X_{\varphi(n)}\equiv 0 \pmod{n}\)。

又因为 \(X_{1}\times X_{2}\times ....\times X_{\varphi(n)}\) 与 \(n\) 互质，所以 \((a^{\varphi(n)}-1)\mid n\)，那么 \(a_{\varphi(n)}\equiv 1 \pmod{n}\)。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 \(\gcd(x,y)=\gcd(y,x \bmod y)\) 可以得到：

设 \(b=ax_{1}+r_{1}\)，那么 \(b\bmod a\) 后 \(b=r_{1}\)。

重复此过程可以得到下面的式子：

\(b=ax_{1}+r_{1}\)

\(a=r_{1}x_{2}+r_{2}\)

\(.......\)

\(r_{k-3}=r_{k-2}x_{k-1}+r_{k-1}\) (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 \(d=mr_{k-1}+nr_{k-2}\) 的话

\(d=mr_{k-1}+nr_{k-2}\)

\(d=m_{1}r_{k-2}+n_{1}r_{k-3}\)

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：

\(ax_{1}+by_{1}=d\)

两边同时乘上 \(p\)，得到：

\(ax_{1}\times q+by_{1}\times q=d\times q\)

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 \(a^{b}\equiv a^{b\bmod \varphi(n)}\pmod{n}\)

证明（跟费马小定理差不多好像）：

把上面那个式子变一下形：\(a^{b-b\bmod \varphi(n)}\times a^{b\bmod \varphi(n)}\equiv a^{b\bmod \varphi(n)}\pmod{n}\)(这式子真他妈难打)，所以接下来只需要证明 \(a^{b-b\bmod \varphi(n)}\equiv 1\pmod{n}\),又因为：\((b-b\bmod \varphi(n))\mid \varphi(n)\),设 \((b-b\bmod \varphi(n))=q\times \varphi(n)\)(\(q\) 为自然数)，则有 \(a^{q\times \varphi(n)}=(a^{q})^{\varphi(n)}\),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：\((a^{q})^{\varphi(n)}\equiv 1\pmod{n}\),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 \(b\bmod \varphi(n)\) 取模。

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

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 \(\varphi(p_{k})=p^{k}-p^{k-1}\).

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。

\(\varphi(n)=\varphi(a_{1}^{p_{1}}\times a_{2}^{p_{2}}...a_{k}^{p_{k}})\)

\(\varphi(n)=\prod_{i=1}^{k}a^{p_{i}}-a_{i}^{p_{i-1}}\)

\(\varphi(n)=\prod_{i=1}^{k}a_{i}^{p_{i}}(1-\frac{1}{p_{i}})\)

\(\varphi(n)=n\times \prod_{i=1}^{k}(1-\frac{1}{p_{i}})\)

好的把 dalao 的代码放在下面：

#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，\(\varphi(n)=n-1\).

性质2：若 \(i \bmod p\ne 0\),且 \(p\) 为素数

则 \(\varphi(i\times p)=\varphi(i)\times \varphi(p)=\varphi(i\times p)=\varphi(i)\times (p-1)\)

这一步同时利用了性质1和欧拉函数的积性。

性质3：若 \(i\bmod p=0\),且 \(p\) 为素数

则 \(\varphi(i\times p)=\varphi(i)\times p\)

证明就算了吧咕咕咕。

dalao 代码：

#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：

#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