初等数论（Ⅱ）：同余相关

基础知识处理

积性函数

定义域为整数的函数称为数论函数

对于一个数论函数 $f$ ,

若 $\forall a \bot b,f(ab) = f(a)f(b)$ ,则称 $f$ 为积性函数($\bot$表示互质)；

若 $\forall a,b \in Z , f(ab)=f(a)f(b)$ , 则称 $f$ 为完全积性函数。

同余

定义

若整数 $a$ 和整数 $b$ 除以正整数 $m$ 的余数相等，则称 $a,b$ 模 $m$ 同余，记为 $a \equiv b(\text{mod} \ m)$。

同余的定理

(1) $a\equiv b(\text{mod} \ m) \Leftrightarrow m \mid (a-b)$

证明：设 $a = k_1 + r_1,b=k_2+r_2(0\leq r1,r2 <m)$，下文同。

充分性：
$a-b = (k_1-k_2)m + (r_1-r_2)$

$\because a \equiv b(\text{mod} \ m) \ $ $\therefore r_1 = r_2$

$\therefore a-b = (k_1-k_2)m \ \therefore m \mid (a-b)$

必要性：反过来证一次即可。

(2) $a\equiv b(\text{mod} \ m) \Leftrightarrow $ 存在 $a=b+km(k\in \mathbb{Z})$

充分性：

$\because a \equiv b(\text{mod} \ m) \ \therefore r_1=r_2$

$\therefore k_1m = (k_2+k)m = k_2m + km$

$\therefore k_1m+r_1 = k_2m+r_2 + km$，即 $a = b+km$

同余的性质

(1)自反性： $a \equiv a(\text{mod} \ m)$

(2)对称性：若 $a \equiv b(\text{mod} \ m)$ ，则 $b \equiv a(\text{mod} \ m)$

(3)传递性：若 $a \equiv b(\text{mod} \ m),b \equiv c(\text{mod} \ m)$ ，则 $a \equiv c(\text{mod} \ m)$

(4)同加性：若 $a \equiv b(\text{mod} \ m),c \equiv d(\text{mod} \ m) \Rightarrow a \pm c \equiv b \pm d(\text{mod} \ m)$

证明：由定理1得：$m \mid (a-b),m \mid (c-d)$

再由整除的性质(若$a \mid b$ 且 $a \mid c$ ，则 $\forall x,y$ ，有 $a \mid xb+yc$) 得

$m \mid [(a-b) \pm (c-d)]$

$\therefore a \pm c \equiv b \pm d(\text{mod} \ m)$

(5)同乘性：$a \equiv b(\text{mod} \ m),c \equiv d(\text{mod} \ m) \Rightarrow ac \equiv bd(\text{mod} \ m)$

证明：由定理1得：$m \mid (a-b),m \mid (c-d)$

$\because ac - bd = ac - bc + bc - bd = c(a-b) + b(c-d)$

再由整除的性质得

$m \mid (ac - bd)$

$\therefore ac \equiv bd(\text{mod} \ m)$

(6)同幂性：$a \equiv b(\text{mod} \ m) \Rightarrow a^n \equiv b^n(\text{mod} \ m)$

证明：由同乘性可知，设 $c=a,d=b$

$\therefore ac \equiv bd(\text{mod} \ m)$，即 $a^2 \equiv b^2(\text{mod} \ m)$，如此反复 $n$ 次，即可得到 $a^n \equiv b^n(\text{mod} \ m)$

(7)若 $a \equiv b(\text{mod} \ m)$，$d$ 为 $a,b,m$ 的公因数，则 $\frac{a}{d} \equiv \frac{b}{d}(\text{mod} \ \frac{m}{d})$

证明：

由定理1得， $m \mid (a-b)$。

由整除的性质：若 $ma \mid mb (m \ne 0)$ ，则 $a \mid b$ 得

$\frac{m}{d} \mid \frac{(a-b)}{d} = \frac{a}{d} - \frac{b}{d}$

再由定理1得，$\frac{a}{d} \equiv \frac{b}{d}(\text{mod} \ \frac{d}{m})$

(8)若$a \equiv b(\text{mod} \ m)$ , $d$ 是 $a,b$ 的公因数且 $\gcd(d,m)=1$ ，则 $\frac{a}{d} \equiv \frac{b}{d}(\text{mod} \ m)$

由定理1得， $m \mid (a-b)$。

由整除的性质得

$m \mid d(\frac{a}{d} - \frac{b}{d})$，又因为 $\gcd(d,m)=1$

$\therefore m \mid \frac{a}{d} - \frac{b}{d}$

再由定理1得，$\frac{a}{d} \equiv \frac{b}{d}(\text{mod} \ m)$

（9）若$a \equiv b(\text{mod} \ m_i),i=1,2,\dots,k$ ，则 $a \equiv b(\text{mod} \ \text{lcm}(m_1,m_2,\dots,m_k))$

由定理1得， $m_i \mid (a-b)$。

这表示 $a-b$ 是 $m_1,\dots,m_k$的公倍数

$\therefore \text{lcm}(m_1,m_2,\dots,m_k) \mid a-b$

再由定理1得，$a \equiv b(\text{mod} \ \text{lcm}(m_1,m_2,\dots,m_k))$

(10) 若 $a \equiv b(\text{mod} \ m) , d\mid m,d>0$ ，则 $a \equiv b(\text{mod} \ d)$

证明：由定理1得，$m \mid (a-b)$

$a-b = (k_1-k_2)m$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = (k_1-k_2)m_1d$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =(k1m_1-k_2m_1)d$

$\therefore d \mid (a-b)$

$\therefore a \equiv b(\text{mod} \ d)$

(11) 若 $ac \equiv bc(\text{mod} \ m)$ , 且 $d = \gcd(c,m)$ ，则有 $a \equiv b(\text{mod} \frac{m}{d})$

证明：由定理1得，$m \mid (ac-bc) = (a-b) c$ ，存在整数 $k$ 使得 $(a-b)c = mk$

$\therefore \frac{(a-b)c}{d} = \frac{mk}{d}$

$\because \gcd(\frac{c}{d},\frac{m}{d}) = 1$

$\therefore \frac{m}{d} \mid (a-b)$

$\therefore a \equiv b(\text{mod} \frac{m}{d})$

一、裴蜀定理

定义

一定存在整数 $x,y$ ,满足 $ax + by = \gcd(a,b)$

证明

设取整数 $x_0,y_0$ , $ax + by$的最小正整数为s ，即 $ax_0+by_0 = s$

$\because \gcd(a,b)\mid ax_0 , \gcd(a,b)\mid by_0$

又由 $x \mid a , x\mid b ,$则$ x \mid a+b$ 这个性质得

$\therefore \gcd(a,b) \mid s $ $(1)$

设 $a = qs + r (0 \leq r < s)$

$r = a-qs$

$\ \ \ = a - q(ax_0+by_0)$

$\ \ \ = a(1-qx_0) + b(-qy_0)$

$\ \ \ = ax + by$

(因为$1-qx_0$是整数，$-qy_0$也是整数，所以就能写成 $ax+by$)

$\because s$是最小的正整数，

$\therefore r=0$(只能取$0$)

$\therefore s \mid a $，同理 $s \mid b$

$\therefore s \mid \gcd(a,b)$ (2)

由$(1)(2)$得, $s = \gcd(a,b)$ ,证毕。

裴蜀定理推广

一定存在整数 $x,y$，满足 $ax+by = \gcd(a,b) \times n , n \in Z$

裴蜀定理再推广

一定存在整数 $x_1 \dots x_n$ , 满足 $\Sigma_{i=1}^{n} A_ix_i = \gcd(A_1 ,\dots,A_n) $

小细节

欧几里得求 $\gcd(a,b)$，如果代入负数，结果会是负数。所以在求解的时候，可以带入负数的绝对值。这样并不会影响解，无非就是符号变化了一下。

二、欧几里得相关

一、欧几里得算法

$\forall a,b \in N ,b\not= 0 ,\gcd(a,b)=\gcd(b,a\%b)$

证明：

若 $a<b$ , 则 $\gcd(b,a\% b) = \gcd(b,a)$,显然成立

若 $a \geq b$ ,设 $a = qb + r(0 \leq r < b)$ , 显然 $r = a \% b$ , 对于 $a,b$ 的任意公约数 $d$ , $d \mid a , d\mid qb$ , 所以$d \mid (a-qb)$,即$d \mid r$。故 $a,b$ 的公约数集合与 $b,a\%b$ 的公约数集合相同。于是他们的最大公约数自然也相等。

二、扩展欧几里得算法

引入

求 $ax+by = \gcd(a,b)$ 的一组整数解

求解

构造特解

当 $b=0$ 时，$ax+by=a$ , 因此$x=1,y=0$

当 $b\not= 0$ 时，

$\gcd(a,b)=ax+by$

$\gcd(b,a\%b) = bx_1 + (a\%b)y_1$

$\ \ \ \ \ \ \ \ = bx_1 + (a-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor \times b)y_1$

$\ \ \ \ \ \ \ \ = ay_1+b(x_1-\large \frac{a}{b}y_1)$

$\because \gcd(a,b) = \gcd(b,a\%b)$

$\therefore x = y_1 , y = x_1 - \frac{a}{b}y_1$

到这一步，我们就可以递归到最底部，因为最底层时 $b=0$ ，显然可以构造出 $x=1,y=0$ 使得 $a \times 1 + b\times 0 = \gcd(a,0)$ , 然后一步一步往上回来，求出特解 $(x_0,y_0)$。

code

il int exgcd(int a,int b,int &x1,int &y1)
{
   if(!b)
   {
   	x1 = 1 , y1 = 0;
   	return a;
   }
   ans = exgcd(b,a%b,x1,y1);
   int t = x1;
   x1 = y1; y1 = t-a/b*y1;
   return ans;
}

构造通解

$\because ax+by = ax_0+by_0$

$\therefore a(x-x_0)= b(y_0-y)$

设$\gcd(a,b) = d$

$\therefore \frac{a}{d}(x-x_0)= \frac{b}{d}(y_0-y)$

$\large \because \frac{a}{d} \nmid \frac{b}{d}$

$\therefore \frac{a}{d} \mid y_0-y$

设$y_0-y = k \large \frac{a}{d}$

$\therefore y = y_0 - k \large \frac{a}{d}$

同理

$\large \because \frac{b}{d} \nmid \frac{a}{d}$

$\therefore \frac{b}{d} \mid x-x_0$

设$x-x_0 = n \large \frac{b}{d}$

$\therefore x = x_0 + n \large \frac{b}{d}$

$\therefore ax+by=a(x_0+n\frac{b}{d})+b(y_0-k \frac{a}{d})$

$=ax_0+by_0+n\frac{ab}{d}-k\frac{ab}{d}$

$\because ax+by=ax_0+by_0$

$\therefore n = k$

所以，通解为

\[ \left\{ \begin{aligned} x & = & x_0+k\frac{b}{\gcd(a,b)} \\ y & = & y_0-k\frac{a}{\gcd(a,b)} \\ \end{aligned} \right. ,k \in \mathbb{Z} \]

证毕

三、欧拉相关

(Ⅰ)、欧拉函数

定义

$1-n$ 中与 $n$ 互质的数的个数称为欧拉函数，记为 $\varphi(n)$

$e.g.$ $\varphi(1) = 1,\varphi(2)=1,\varphi(3)=2$

欧拉函数的性质

性质1： 若 $p$ 是质数，则 $\varphi(p)=p-1$

性质2: 若 $p$ 是质数，则 $\varphi(p^k) = (p-1)p^{k-1} = p^k - p^{k-1}$

证明：因为 $1\dots p \dots 2p \dots \dots p^2 \dots \dots p^k$ 一共有 $p^k \div p = p^{k-1} $ 个循环节，而每个循环节中和 $p$ 互质的个数都是 $p-1$ 个，所以最后答案就是 $(p-1)p^{k-1}$

证毕

性质3：$\varphi(n) = n \times \prod_{i=1}^{s}(1-\frac{1}{p_i})$

证明：

由唯一分解定理分解得,$n=\prod_{i=1}^{s}p_i^{a_i}$

$\because $欧拉函数是积性函数

$\therefore \varphi(n) = \prod_{i=1}^{s}\varphi(p_i^{a_i})$

$=\prod_{i=1}^{s}p_i^{a_i-1}(p_i-1)$

$=\prod_{i=1}^{s}p_i^{a_i}(1-\frac{1}{p_i})$

$=\prod_{i=1}^{s}p_i^{a_i} \times \prod_{i=1}^{s}(1-\frac{1}{p_i})$

$=n\times \prod_{i=1}^{s}(1-\frac{1}{p_i})$

性质4: 积性函数：若 $\gcd(n,m)=1$ ,则 $\varphi(nm) = \varphi(n)\varphi(m)$

证明：

$\because n \bot m$,则 $n$ 和 $m$ 没有相同的质因子,设 $n$ 的质因子个数为 $cnt_n$，$m$的质因子个数为 $cnt_m$ ，则

$\varphi(n) \times \varphi(m) = n \times \prod_{i=1}^{cnt_n}(1-\frac{1}{p_i}) \times m \times \prod_{i=1}^{cnt_m}(1-\frac{1}{p_i})$

$=n \times m \times \prod_{i=1}^{cnt_n+cnt_m}(1-\frac{1}{p_i})$

$=\varphi(nm)$

证毕

性质5 ：若 $a \mid b$ , 则 $\varphi(ab) = a \times \varphi(b)$

证明：因为 $b$ 里面包含了所有 $a$ 的质因子，所以 $\prod_{i=1}^{m}(1-\frac{1}{p_i})$ 是相同的，只是多了一个 $a$ ，所以性质5成立。

$\varphi(ab) = ab \times \prod_{k=1}^{s}(1-\frac{1}{p_k})$

$\ \ \ \ \ \ \ = a \times b \times \prod_{k=1}^{s}(1-\frac{1}{p_k})$

$\ \ \ \ \ \ \ = a \times \varphi(b)$

性质6：

设 $p$ 为质数且 $p|n$ ,则

\[ \varphi(n)= \left\{ \begin{aligned} & p \times \varphi(\frac{n}{p}),p^2 \mid n \\ & (p-1) \times \varphi(\frac{n}{p}),p^2 \nmid n \\ \end{aligned} \right. \]

$\because p^2 \mid n \therefore p\mid(\frac{n}{p})$ ，再由性质5得上面那个等式；

若 $\frac{n}{p}$ 不能被 $p$ 整除，说明 $\frac{n}{p}$ 中不含 $p$ 这个质因子了，则说明它俩互质，应用积性函数的性质，再应用性质1，得到下面那个等式。

性质7(欧拉反演)

$\sum_{d \mid n}\varphi(d) = n$

证明：设 $f(n) = \sum_{d \mid n}\varphi(d)$ , 若$n \bot m$ ,则 $f(n) \times f(m) = \sum_{i \mid n}\varphi(i)\sum_{j \mid m}\varphi(j)$

$=\sum_{i \mid n}\sum_{j \mid m}\varphi(i)\varphi(j)$

$=\sum_{i \mid n}\sum_{j \mid m}\varphi(i\times j)$

$=\sum_{d \mid nm}\varphi(d) = f(nm)$

所以 $f(n)$ 是积性函数。

对于单个质因子 $p$ ，应用性质2可得：

$f(p^k) = \varphi(1) + \varphi(p) + \varphi(p^2) + \dots + \varphi(p^k)$

$=1 + (p-1) + (p^2-p) + \dots + (p^k-p^{k-1})$

$=p^k$

因为 $n = p_1^{k_1}p_2^{k_2}\dots p_m^{k_m}$

所以 $f(n)=f(p_1^{k_1})f(p_2^{k_2})\dots f(p_m^{k_m})$

$=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\dots p_m^{k_m} = n$

证毕

性质8 ：若$n>2$,则$\varphi(n)$ 是偶数

证明：设 $x \bot n $ , 则$\gcd(x,n) = 1$, 由更相减损得，$\gcd(x,n) = \gcd(n,x-n) = \gcd(n,n-x) = 1$

则 $n-x \bot n$ ，说明这些质数是一一配对的。一个特例是 $x=n-x$ 时，$x = \frac{n}{2}$ ，此时 $\gcd(n,x) = x \not= 1$ ，所以不会出现这种情况。证毕。

性质9：小于n的数中，与n互质的数的总和为 $\varphi(n)\times n/2 (n>1)$

由性质8我们知道，每一对与 $n$ 互质的数的和为 $n$，共有 $\varphi(n)/2$ 对。

求欧拉函数

试除法

int phi(int n)
{
	int res = n;
	for(re int i=2;i*i<=n;i++)
	{
		if(n % i == 0)
		{
			res = res/i*(i-1);
			while(n%i == 0) n/=i;
		}
	}
	if(n > 1) res = res/n*(n-1);
	return res;
}

时间复杂度 $O(\sqrt{n})$,适用于规模较小的情况。

线性筛欧拉函数

在线性筛中，每个合数 $m$ 都是被 最小的质因子筛掉的。

设 $p_j$ 是 $m$ 的最小质因子，则 $m$ 通过 $m = p_j \times i$ 筛掉。

三种情况：

若 $i$ 是质数，则 $\varphi(i) = i-1$;
若 $i$ 能被 $p_j$整除，也就说明 $i$ 里至少包含着一个$p_j$ , 那么也就说明 $p^2 \mid (i\times p_j)$，所以就由性质6上面的等式得

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \varphi(m) = p_j \times \varphi(i)$

若 $i$ 不能被 $p_j$ 整除，也就说明 $i$ 里不包含$p_j$ , 那么也就说明 $p^2 \nmid (i\times p_j)$，所以就由性质6下面的等式得

$\ \ \ \varphi(m) = \varphi(p_j) \times \varphi(i) = (p_j-1)\varphi(i)$

Code

il void get_phi(int n)
{
	memset(isprime , 1 ,sizeof isprime);
	isprime[1]=0; phi[1] = 1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(isprime[i]) 
		{
			prime[++cnt]=i;
			phi[i] = i-1;//情况1
		}
		for(int j=1;j<=cnt && prime[j]*i <=n ;j++)
		{
			int m = i*prime[j];
			isprime[m]=0;
			if(i%prime[j] == 0) 
			{
				phi[m] = prime[j] * phi[i];//情况2
				break;
			}
			else phi[m] = (prime[j]-1)*phi[i];//情况3
		}
	}
}

时间复杂度 $O(n)$

(Ⅱ):欧拉定理

前置知识

同余
同余类：对于 $\forall a \in [0,m-1]$，集合 $\{ a+km \}(k \in \mathbb{Z})$ 的所有数模 $m$ 同余，余数都是 $a$。该集合称为一个模 $m$ 的同余类，简记为 $\overline{a}$
完全剩余系：模 $m$ 的同余类一共有 $m$ 个，分别是 $\overline{0},\overline{1},\overline{2} \dots \overline{m-1}$，它们构成 $m$ 的完全剩余系。

$e.g.$ $m=5$ 则 $\{0,1,2,3,4 \}$ 就是模 $5$ 的一个完全剩余系,同理，$\{5,1,-3,8,9 \}$也是一个。
简化剩余系(缩系、既约剩余系)：从与 $m$ 互质的 $\varphi(m)$ 个剩余类中各选一个数 $a_1,a_2,⋯,a_k$，它们构成模 $m$ 的简化剩余系。

$e.g.$ $n=10$ 则 $\{1,3,7,9 \}$ 就是模 $10$ 的简化剩余系。

简化剩余系关于模 $m$ 乘法封闭。若 $a,b(1\leq a,b \leq m)$ 与 $m$ 互质，则 $a \times b$ 也与 $m$ 互质。再由余数的定义即可得到 $a \times b \ \text{mod} \ m$ 也与 $m$ 互质，即 $a \times b \ \text{mod} \ m$ 也属于 $m$ 的简化剩余系。

定义

欧拉定理:若 $\gcd(a,m) = 1$ , 则 $a^{\varphi(m)} \equiv 1 (mod \ m)$

证明:构造一个与 $m$ 互质的序列。

设$\{r_1,r_2,\dots,r_{\varphi(m)} \}$ 是一个模 $m$ 的简化剩余系。

由乘法封闭得，$\{ar_1,ar_2,\dots,ar_{\varphi(m)} \}$ 也是一个模 $m$ 的简化剩余系。

$\therefore \prod_{i=1}^{\varphi(m)}r_i \equiv \prod_{i=1}^{\varphi(m)}ar_i \equiv a^{\varphi(m)}\prod_{i=1}^{\varphi(m)}r_i(mod \ m)$

因为 $\gcd(\prod_{i=1}^{\varphi(m)}r_i,m) = 1$ ，由同余的性质(11)得

\[a^{\varphi(m)} \equiv 1 (mod \ m) \]

特别的，当 $m$ 为质数时 , 因为 $\varphi(m) = m-1$ ,带入欧拉定理我们可以得到

\[ a^{m-1} \equiv 1 (mod \ m) \]

这也就是我们的费马小定理

(Ⅲ):扩展欧拉定理

\[ a^b \equiv \left\{ \begin{aligned} & a ^ {b \ mod \ \varphi(p)} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \gcd(a,p)=1 \\ & a^b \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \gcd(a,p) \not= 1 ,b<\varphi(p) \\ & a^{b \ mod \ \varphi(p)+\varphi(p)} \ \ \ \gcd(a,p) \not=1,b \geq \varphi(p) \end{aligned} \right. \]

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (mod \ p)$

(第二三个互质与否都可)

证明：

对于第一个式子 , 设 $b = q * \varphi(p) + r(0\leq r < \varphi(p))$ ， $r = b \ mod \ \varphi(p)$

于是就有 $a^b \equiv a^{q*\varphi(p)+r} \equiv (a^{\varphi(p)})^q \times a^r \equiv 1^q \times a^r \equiv a^r \equiv a^{b \ mod \ \varphi(n)}$

对于第二个式子,啥也没变，当然同余。

对于第三个式子,感性证明 $\text{by Alex\_wei}$

"当 $\gcd(a,p)\not= 1$ 时，不断乘以 $a$ 会让 $a^i$ 和 $p$ 的 $\gcd$ 不断变大，直到某个特定的 $a^r$ 之后 $\gcd$ 不再变化，因为此时 $\gcd(a^r,p)$ 受到 $p$ 的每个与 $a$ 相同的质因子的次数的限制。令这个 $gcd$ 为 $d$，考虑 $a^r \ mod \ p,a^{r+1} \ mod \ p,⋯$显然它们均为 $d$ 的倍数，且除以 $d$ 之后会取遍所有与 $\frac{p}{d}$ 互质的数，这是因为 $a \bot \frac{p}{d}$。根据欧拉定理，$a^k \ mod \ \frac{p}{d}$ 有循环节 $\varphi(\frac{p}{d})$，因此 $(a^k \ mod \ \frac{p}{d})\times d$ 即 $a^k \ mod \ p$ 也有循环节 $\varphi(\frac{p}{d})$。故从 $a^r$ 开始，$a^{r+k} \ mod \ p$ 有循环节 $\varphi(p)$。"

四、威尔逊定理

定义：$(p-1)! \equiv -1 (\text{mod} \ p)$ 是 $p$ 为质数的充要条件。

证明

充分性(反证法)

若 $p$ 不是质数

当 $p=1$ 时,$(1-1)! \equiv 0 (\text{mod} \ 1)$

当 $p=4$ 时,$(4-1)! \equiv 2 (\text{mod} \ 4)$

当 $p > 4$ 时，

(1)当 $p$ 是完全平方数

令 $p=k^2$ ，则 $ k>2 $ ，可得 $2k < p$

$\therefore (p-1)!=1\times 2 \times 3 \times \dots \times k \times \dots \times 2k \times (p-1)$

$=k^2 \times n = p \times n$

故$(p-1)! \equiv 0 (\text{mod} \ p)$

(2)当 $p$ 不是完全平方数

令 $p=a \times b$ ，$ 1 < a < b < p $

$\therefore (p-1)!=1\times 2 \times 3 \times \dots \times a \times \dots \times b \times (p-1)$

$=a \times b \times n = p \times n$

故$(p-1)! \equiv 0 (\text{mod} \ p)$

必要性

若 $p$ 是质数

则集合 $\{1,2,3,\dots,p-1\}$是模 $p$ 的简化剩余系

当 $a \in [1,p-1]$ ，则 $a,p$ 互质

所以集合 $\{a,2a,3a,\dots,(p-1)a\}$也是一个模 $p$ 的简化剩余系。

对于 $x \in [1,p-1]$ ，只有一个 $ka$ 满足 $kax \equiv 1(\text{mod} \ p)$,$k \in [1,p-1]$

暂且先用 $a$ 来代表 $ka$

(1) $a=x$时,即 $x^2 \equiv 1(\text{mod} \ p)$

即 $(x-1)(x+1) \equiv 0(\text{mod} \ p)$

$x_1=1 , x_2 = p-1$

(2) $a \not= x$ 时，满足 $ax \equiv 1(\text{mod} \ p)$的取值范围就是 $2\leq a,x \leq p-2$

所以必然有 $\frac{p-3}{2}$ 对数的乘积模 $p$ 为 $1$

即$(p-2)! \equiv 1(\text{mod} \ p)$

同乘 $p-1$，得到 $(p-1)! \equiv p-1(\text{mod} \ p) \equiv -1(\text{mod} \ p)$

命题得证。

五、乘法逆元

定义

若整数 $b,m$ 互质，并且 $b \mid a$ ，则存在一个整数 $x$ , 使得 $a / b \equiv a \times x(\text{mod} \ m)$ ，则称 $x$ 为 $b$ 的模 $m$ 乘法逆元，记为 $b^{-1}(\text{mod} \ m)$。

因为 $a / b \equiv a \times b^{-1} \equiv a / b \times b \times b^{-1}(\text{mod} \ m)$ (二式三式之间，除个 $b$ 在乘个 $b$ )，所以 $b \times b^{-1} \equiv 1(\text{mod} \ m)$

实际上，乘法逆元的意义就是在模 $m$ 意义下，除以 $b$ 等效于乘以 $x$ ，这样就可以化除为乘，而乘法就比除法有着更好的性质了。

性质

1.当且仅当 $a,b$ 互质时，$a$ 在模 $b$ 意义下有乘法逆元。

证明：假设 $x$ 是 $a$ 在模 $m$ 意义下的乘法逆元，则有 $a \times x \equiv 1(\text{mod} \ m)$ ，这可以转化成一个不定方程 $ax + by = 1$ ，运用裴蜀定理的推广，我们知道 $ax+by$ 的最小正整数解是 $\gcd(a,b)$ ，要保证有解，就要使得 $\gcd(a,b) \mid 1$ ，显然 $\gcd(a,b)$ 只能为 $1$ ，所以 $a,b$ 必须互质。

2.唯一性：当 $a,b$ 互质时，$a$ 在模 $b$ 意义下的乘法逆元是唯一的。

但我们要知道的是，这个唯一是唯一一个剩余系满足这个条件，而一般我们就取 $1,2,\dots,n-1$ 的范围内唯一的解。比如 $3$ 和 $7$ 在 $a=3,b=4$ 中是等效的。

逆元求法

求解同余方程

在上文我们已经提到了可以将则有 $a \times x \equiv 1(\text{mod} \ m)$ ，转化成一个不定方程 $ax + by = 1$。我们通过扩展欧几里得求出 $x$ 的一个特解后，再通过 $(a \% m + m) \% m$ 的 trick 得到最小整数解。

费马小定理

当 $\gcd(a,p) = 1$ 且 $p$ 是质数的时候，我们可以更简单的求出逆元。

根据费马小定理我们有 $a^{p-1} \equiv 1(\text{mod} \ p)$

所以$a \times a^{p-2} \equiv 1(\text{mod} \ p)$

所以 $a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元就是 $a^{p-2}$ ，其可以通过快速幂求出。

线性求逆元

这里仅介绍一种比较好理解的 $O(n)$ 求 $1-n$ 中所有数的阶乘求逆元。

设 $inv_i$ 表示 $i!$ 的逆元，即 $\frac{1}{i!}$ 。

那么就有这样一个递推关系：$inv_{i+1} \times (i+1) = \frac{1}{i!} = inv_i$ 。

我们可以求出 $n!$ 的逆元，然后再倒推，就能求出 $1\dots n!$ 所有的逆元。

那么 $i^{-1} = \frac{1}{i!} \times (i-1)! = inv_i \times (i-1)!$

六、线性同余方程

定义

给定整数 $a,b,m$ ，求一个整数 $x$ 满足 $a \times x \equiv b(\text{mod} \ m)$ ，或者无解。因为未知数的指数为 $1$ , 所以叫做一次同余方程，也叫线性同余方程。

其实上文已经有类似的思路了 $a \times x \equiv b(\text{mod} \ m)$ 等价于 $ax + my = b$。根据裴蜀定理，线性同余方程有解当且仅当 $\gcd(a,m) \mid b$。

求解同余方程

跟求逆元类似的，我们把它转成不定方程之后用扩展欧几里得算法求出一组整数解 $x_0,y_0$ 满足 $ax_0 + by_0 = \gcd(a,m)$ ，然后 $x = x_0 \times b/ \gcd(a,m)$ 就是原线性同余方程的一个解。

方程的通解则是 $x + k\frac{m}{\gcd(a,m)},k\in \mathbb{Z}$ 。

七、中国剩余定理(CRT)

用途

中国剩余定理是用来求解形如

\[\begin{cases} x \equiv r_1 ,& (\text{mod} \ m_1) \\ x \equiv r_2 ,& (\text{mod} \ m_2) \\ \dots \\ x \equiv r_n ,& (\text{mod} \ m_n) \end{cases} \]

的线性同余方程组的，其中模数两两互质。

思路

1. 计算出所有模数的积 $M$
1. 计算第 $i$ 个方程的 $c_i = \frac{M}{m_i}$
1. 计算 $c_i$ 在模 $m_i$ 意义下的逆元 $c_i^{-1}$
1. $x = \sum_{i=1}^n r_ic_ic_i^{-1}(\text{mod} \ M)$

这其实是一个构造的过程。

先证明 $\sum_{i=1}^n r_ic_ic_i^{-1}$ 满足每个 $x \equiv r_i(\text{mod} \ m_i)$

当 $i \not= j$ 时，因为 $c_j$ 中并没有去掉 $m_i$ ，所以 $c_j$ 是 $m_i$ 的倍数，因此 $c_j \equiv 0(\text{mod} \ m_i)$ ，故有 $c_jc_j^{-1} \equiv 0(\text{mod} \ m_i)$。

当 $i = j$ 时，因为 $c_i$ 中去掉了 $m_i$ ，所以 $c_i$ 肯定不是 $m_i$ 的倍数，因此 $c_i \not\equiv 0(\text{mod} \ m_i)$ ，故有 $c_ic_i^{-1} \equiv 1(\text{mod} \ m_i)$。

所以 $x \equiv r_i (\text{mod} \ m_i)$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \equiv r_ic_ic_i^{-1}(\text{mod} \ m_i)$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \equiv \sum_{i=1}^n r_ic_ic_i^{-1}(\text{mod} \ m_i)$

而 $\sum_{i=1}^n r_ic_ic_i^{-1}(\text{mod}\ M)$ 对 $m_i$ 来说，只是减去了 $m_i$ 的若干倍，并不影响余数 $r_i$ ，这就是它构造的巧妙之处。

总之就是 $\text{mod} \ M$ 后剩下的是一个 $r_i + km_i(0\leq k < \frac{M}{m_i})$ 状物，模完 $m_i$ 依旧只剩下 $r_i$ 。

一般来说，题目里的范围类似 $\prod a_i \leq 10^{18}$ 这样很特别的范围，我们可以考虑往中国剩余定理这方面想。

八、扩展中国剩余定理(exCRT)

用途

扩展中国剩余定理是用来求解形如