【自学笔记】基础数论（费马小定理、素数、欧拉函数、欧拉定理）

数论基础

费马小定理

若$p$为质数，$\gcd(a,p)=1$，则$a^{p-1}\equiv1(\mod p)$

另一形式：对于任意整数$a$，都有$a^p\equiv a(\mod p)$

证明

构造一个序列$A=\{0,1,2,3,……,p-1\}$，已知$A$为$p$的完全剩余系

取一个不为$p$倍数的数$a$，则$a$与序列$A$中的数一一相乘得到的序列$B$也是$p$的完全剩余系

解释：反证法，假设序列$B$不是$p$的完全剩余系，即存在$A_ia\equiv A_ja(\mod p)(A_i>A_j)$

$\therefore (A_i-A_j)a\equiv0(\mod p)\Rightarrow p|(A_i-A_j)a$

$\because \gcd(a,p)=1,A_i-A_j\in[1,p-1]$

故不存在$p|(A_i-A_j)a$

综上，每个$A_ia(\mod p)$都对应一个$A_j(\mod p)$，$p$个元素组成了完全剩余系

显然$0·a$对应$0$

设$f=(p-1)!$，则$a^{p-1}f\equiv f(\mod p)\Rightarrow a^{p-1}\equiv 1(\mod p)$

得证

关于另一形式：

对于不是$p$的倍数$a$，可由$a^{p-1}\equiv 1(\mod p)$，得到$a^p\equiv a(\mod p)$

对于是$p$的倍数$a$，$a\mod p=0,a^p\mod p=0\Rightarrow a^p\equiv a(\mod p)$

故另一形式对任意整数$a$都通用

素数

素数计数函数：$\pi(x)_{\lim x\rightarrow \infty}=\frac{x}{\ln(x)}$

素数筛

//埃氏筛 时间复杂度O(n)
void prime(int n){
    p[1]=1;
    for(int i=2;i*i<=n;i++){
        if(p[i]) continue;
        for(int j=i*i;j<=n;j+=i) p[j]=1;
    }
}
//欧拉筛 时间复杂度O(n) 比埃氏筛快
void prime(int n){
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!v[i]) p[cut++]=i;
        for(int j=0;p[j]<=n/i;j++){
            v[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
}

素数判断

//时间复杂度O(n)
bool isPrime(int num) {
    if(num==1) return 0;
    if(num==2||num==3) return 1;
    if(num%6!=1&&num%6!=5) return 0 ;
    int tmp=sqrt(num);
    for(int i=5;i<=tmp;i+=6)
	    if(num%i==0||num%(i+2)==0)
	    	return 0;
    return 1;
}

解释：所有大于3的素数都可以表示为$6n\pm1$的形式

素性判断

//时间复杂度O(klog3(n))
ll qpow(ll a,ll b,ll c) {
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=(ans*a)% c;
		a=(a*a)%c;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
bool millerRabin(ll n){
	if (n<3||n%2==0) return n==2;
	ll a=n-1,b=0;
	while(a%2==0) a/=2,++b;
	for(int i=1,j;i<=10;++i) {
		ll x=rand()%(n-2)+2,v=qpow(x,a,n);
		if(v==1) continue;
		for(j=0;j<b;++j) {
			if(v==n-1) break;
			v=v*v%n;
		}
		if(j>=b) return 0;
	}
	return 1;
}

解释：

实质还是依赖费马小定理逆推做素数判断测试（事实上逆推是不成立的，所以只是概率性测试）

比起费马测试，将$a^{n-1}\equiv1(\mod n)$的$n-1$开方进行了优化

优化依据：对于素数$\forall p(p\neq2)$，如果$a^2\equiv 1(\mod n)$，则$a=1$或者$a=n-1$（二次剩余）

欧拉函数

$\phi(n)$表示在$[1,n]$的范围内与$n$互质的数有几个

基础公式

• $\phi(1)=1$
• 如果$n$为质数，则$\phi(n)=n-1$
• 如果$n$为某质数的次方，则$\phi(p^k)=p^k-p^{k-1}$
• 对于任意$n$，$\phi(n)=n\prod^s_{i=1}(1-\frac{1}{p_i})$，$s$为$n$的质因子个数

关于最后一项证明：

设$n=pm$，$p$为数

则$1$到$n$可以被分成$p$份，$[1,m]，[m+1,2m]，……，[(p-1)m+1,pm]$

由欧几里得公式$\gcd(a,b)=\gcd(a\%b,b)$倒推，得$\gcd(a,b)=\gcd(a+xb,b)$

故每份之中，与$m$互质数量相同

设$\gcd(b,m)=1$

当$p|m$时，$\gcd(b,p)=1$，故$\phi(n)=p\phi(m)$

当$p\nmid m$时，$\gcd(b,p)$不一定为1，则$\phi(n)=p\phi(m)-\{与m互质，与p不互质的数的个数\}$

已知与$p$不互质的数有，$p,2p,3p，……，mp$

参照费马小定理的证明过程，已知这些数构成$m$的完全剩余系，相当于之前$p$份中的一份，其中与$m$互质的数有$\phi(m)$个

故$\phi(n)=\phi(m)(p-1)$

递推得$\phi(n)=\prod^s_{i=1}(p_i^k-p_i^{k-1})=n\prod^s_{i=1}(1-\frac{1}{p_i})$

函数性质

• 欧拉函数为积性函数，$\gcd(a,b)=1\Rightarrow\phi(ab)=\phi(a)\phi(b)$，由于$\phi(2)=1$，当$n$为奇数时，有$\phi(2n)=\phi(n)$

由公式可推导出，故不再证明

• $n=\sum_{d|n}\phi(d)$

证明：

$n=\sum_{i=1}^nf(i)$，$f(i)$表示$\gcd(k,n)=i(k\in[1,n])$的$k$的个数

显然$i$只会是$n$的因数，故$n=\sum_{d|n}f(d)$

$\because\gcd(k,n)=d\Rightarrow \gcd(\frac{k}{d},\frac{n}{d})=1$

$\therefore f(d)=\phi(\frac{n}{d})$

根据约数性质：当$d$遍历$n$的全体约数时，$\frac{n}{d}$也遍历$n$的全体约数

故$n=\sum_{d|n}\phi(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\phi(d)$

• 当$\gcd(a,b)=d$时，$\phi(ab)=\frac{\phi(a)\phi(b)d}{\phi(d)}$

证明：

设$d=p_i^{k_i}p_{i+1}^{k_{i+1}}…p_j^{k_j}$

$a=p_i^{m_i}p_{i+1}^{m_{i+1}}…p_j^{m_j}*A$

$b=p_i^{n_i}p_{i+1}^{n_{i+1}}…p_j^{n_j}*B$

【注：$\gcd(a,b)=d\Rightarrow k_i=min(m_i,n_i)$】

$ab=p_i^{m_i}p_i^{n_i}p_{i+1}^{m_{i+1}}p_{i+1}^{n_{i+1}}…p_j^{m_j}p_j^{n_j}*A*B$

$A,B$为去掉与$d$相同的素因子后剩下的素因子次方

$\phi(d)=p_i^{k_i}p_{i+1}^{k_{i+1}}…p_j^{k_j}(1-p_i^{-1})(1-p_{i+1}^{-1})…(1-p_j^{-1})$

$\phi(a)=p_i^{m_i}p_{i+1}^{m_{i+1}}…p_j^{m_j}(1-p_i^{-1})(1-p_{i+1}^{-1})…(1-p_j^{-1})*\phi(A)$

$\phi(b)=p_i^{n_i}p_{i+1}^{n_{i+1}}…p_j^{n_j}(1-p_i^{-1})(1-p_{i+1}^{-1})…(1-p_j^{-1})*\phi(B)$

$\phi(ab)=p_i^{m_i}p_i^{n_i}p_{i+1}^{m_{i+1}}p_{i+1}^{n_{i+1}}…p_j^{m_j}p_j^{n_j}(1-p_i^{-1})(1-p_{i+1}^{-1})…(1-p_j^{-1})*\phi(A)*\phi(B)$

$\therefore(1-p_i^{-1})(1-p_{i+1}^{-1})…(1-p_j^{-1})=\frac{\phi(d)}{d}$

故$\phi(ab)=\frac{\phi(a)\phi(b)d}{\phi(d)}$

• 在int范围内，$\phi_{max}=1600$

代码

//欧拉函数
int phi(int n) {
  int ans = n;
  for (int i = 2; i * i <= n; i++)
    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;
}

//欧拉打表
void phi(int n){
    for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(p[i]==i){
            for(int j=i;j<=n;j+=i)
            {
                p[j]=p[j]/i*(i-1);
            }
        }
    }
}

欧拉定理

若$\gcd(a,m)=1$，则$a^{\phi(m)}\equiv1(\mod m)$

简单证明：

设$r_1,r_2…r_{\phi(m)}$为模$m$的既约剩余系(即余数与$m$互质的一批余数互不相同的数的集合)

$\gcd(r_i,m)=1,\gcd(a,m)=1 \Rightarrow \gcd(ar_i,m)=1$

故$ar_1,ar_2…ar_{\phi(m)}$也为模$m$的既约剩余系

剩余证明与费马小定理的证明相似

可以看出费马小定理是欧拉定理的特殊情况，当$m$为质数时，$\phi(m)=m-1$

扩展欧拉定理

$$a^b\equiv\left\{ \begin{eqnarray} &a^{b\mod \phi(m)},&\gcd(a,m)=1\\ &a^b,&\gcd(a,m)\neq1,b<\phi(m) (\mod m)\\ &a^{(b\mod \phi(m))+\phi(m)},&gcd(a,m)\neq1,b\geqslant\phi(m) \end{eqnarray} \right.$$

第三项证明：

设$m=sp^r，gcd(s,p)=1$

$p^{\phi(s)}\equiv 1(\mod s)$

$\because\phi(m)=\phi(s)\phi(p^r)\Rightarrow \phi(s)|\phi(m)$

$\therefore p^{\phi(m)}\equiv 1(\mod s)$

根据同余性质 $p^{\phi(m)}p^r\equiv p^r(\mod sp^r)\Rightarrow p^{\phi(m)+r}\equiv p^r(\mod m)$

则$p^c\equiv p^{c-r+r}\equiv p^{\phi(m)+c}(\mod m),c\geqslant r$

显然$r\leqslant\phi(m)$ （因为$\phi(m)=\prod^s_{i=1}(p_i^{r_i}-p_i^{r_{i}-1})$，$r$线性增长时，$p^r-p^{r-1}$级数增长）

故当$c\geqslant\phi(m)$时，$p^c\equiv p^{\phi(m)+c}(\mod m)$也成立

再由于$p^{\phi(m)}\equiv p^{\phi(m)+r-r}\equiv p^{r-r}\equiv 1(\mod m)$

所以$p^c\equiv p^{c\mod \phi(m)+\phi(m)}(\mod m)$

质数幂次类同，$(p^k)^c\equiv (p^k)^{c\mod \phi(m)+\phi(m)}(\mod m)$

根据算法基本定理$a=\prod p_i^{k_i}$，故$a^b\equiv a^{(b\mod \phi(m))+\phi(m)}(\mod m)$

得证