欧拉定理及扩展

• 本篇很多推论基于质数唯一分解定理，请读者先行了解。

欧拉函数

定义

有两种：

1. 定义欧拉函数 $\varphi(x)$ 表示小于 $x$ 且与 $x$ 互质的数的个数，定义 $1$ 与任何数互质。

2. 定义剩余类 $c_i$ 是 $mod\;x=i$ 的数的集和，即所有 $a\%x=i$ 的 $a$。一般可以用其中的一个 $a$ 代表。

   由于 $gcd(a,x)=gcd(x,a\%x)$ ，所以剩余类中的数和 $x$ 的 $gcd$ 都是一样的。这代表了只要剩余类中有一个数和 $x$ 互质，这个剩余类中的所有数都与 $x$ 互质。

   定义缩剩余类 是与 $x$ 互质的数所在的剩余类。所有的缩剩余类组成缩系，一般可以从每个缩剩余类中选一个数来组成一个数列代表缩系。

   定义欧拉函数 $\varphi(x)$ 是 $mod\;x$ 的缩剩余类个数。

性质

建议读者仔细品味欧拉函数的两个定义，下面的证明将从这两方面思考。

1. 对于质数 $p$ $\varphi(p)=p-1$ 。显然成立。

2. 对于质数 $p$ ，$\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}$ ，$p^k$ 只与 $p$ 的整数倍不互质。$p^k$ 以内 一共有 $\frac{p^k}{p}$ 个 $p$ 的倍数。

3. 任意大于 $2$ 的数 $n$ ，$\varphi(n)$ 是偶数。因为 $gcd(n,x)=gcd(x,n-x)$ （不会可以在本人博客找到证明），所以与 $n$ 互质的数都是成对出现的。

4. 欧拉函数的积性 ：（这个证法有点弱，有用 $CRT$ 证明其通项再来证明这个的）

   对于互质的两个数 $m$ , $n$ ，有 $\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)$ 。

   证明：

   将问题分成两个子问题

   设 $x_i$ 是 $n$ 的一个缩剩余类，$y_i$ 是 $m$ 的一个缩剩余类。

   1. 证明可以用 $x_im+y_in$ 来表示 $mn$ 的的一个缩剩余类，且不会重复。
   2. 证明 $mn$ 的所有缩剩余类都可以用 $x_im+y_in$ 表示。

   这样就可以证明积性

   下面来证明这些子问题：

   Ⅰ.

   $first$ : 证明 $x_im+y_in$ 是 $mn$ 的的一个缩剩余类

   $$\because gcd(m,n)=1\\ \begin{align} gcd(x_i,n)=1\implies gcd(mx_i,n)=1\implies gcd(mx_i+ny_i,n)=1 \tag{更相减损} \\ gcd(y_i,m)=1\implies gcd(ny_i,m)=1\implies gcd(ny_i+mx_i,m)=1\\ \end{align}\\ \therefore gcd(ny_i+mx_i,mn)=1$$

   证毕。

   $second$ ：证明$x_im+y_in$ 不会重复表示一个缩剩余类

   反证法：

   $$\bf 设 \mit x_km+y_kn \bf和\mit x_im+y_in\bf 在\varphi(mn)的同一个缩剩余类里\\ 那么有：\mit x_km+y_kn\equiv x_im+y_in\quad(mod\;mn)\\ \implies x_km+y_kn\equiv x_im+y_in\quad(mod\;m)\\ \implies y_kn\equiv y_in\quad(mod\;m) \implies y_k=y_i\\ \bf 同理，x_k=x_i$$

   与假设矛盾，所以$x_im+y_in$ 不会重复表示一个剩余类。

   Ⅱ.

   设 $Z$ 是 $mn$ 的一个缩剩余类中的元素。

   $$\begin{align} \exists\ x_0m+y_0n=1\tag{裴蜀定理} \end{align}\\ \implies Zx_0m+Zy_0n=Z\\ \implies mq+np=Z\implies \gcd(mq+np,mn)=1 \\\implies \gcd(mq+np,n)=1\implies \gcd(mq,n)=1\\ \because \gcd(m,n)=1\quad\therefore \gcd(q,n)=1$$

   所以 $q$ 是 $n$ 的缩剩余系中的元素，同理 $p$ 是 $m$ 的缩剩余系中的元素。即所有的 $mn$ 的缩剩余类都可以用$x_im+y_in$ 表示。

5. 欧拉函数的通项式:

   $\varphi(m)=m(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})\dots(1-\frac{1}{p_k})$ 其中 $k$ 是 $m$ 的质因子。

   证明：

   根据唯一分解定理，我们知道任意数 $m$ 可以表示为：$p_1^{a_1}p_2^{a_2}\dots p_k^{a_k}$。

   由于 $p$ 是质数， 所以$\varphi(p_i^{a_i})=p_i^{a_i}-p_i^{a_i-1}=p_i^{a_i}(1-\frac{1}{p_i})$ （见条目 $2.$）。而质因子的幂彼此互质，所以

$$\varphi(m)=\varphi(p_1^{a_1})\varphi(p_2^{a_2})\dots \varphi(p_k^{a_k})=m(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})\dots(1-\frac{1}{p_k})$$

6. 小于 $n$ 且与其互质的数之和为 $\frac{\varphi(n)}{2}\times n$ 。由于 $gcd$ 我们知道小于 $n$ 且和 $n$ 互质的数是成对出现的，且两两相加为 $n$ 。于是易得。

7. 欧拉反演（等会了再补）

如何求欧拉函数

通项公式

根据欧拉函数的通项，我们可以质因数分解一个数，同时求其欧拉函数值。

int get_euler_1(int x){
	int ret=x;
	for(int i=2;i*i<=x;i++){
		if(x%i == 0){
			ret=ret/i*(i-1);
			while(x%i == 0){
				x/=i;
			}
		}
	} 
	if(x>1) ret=ret/x*(x-1);
	return ret;
}

线性求法

欧拉函数是积性函数，有如下性质：

1. 质数 $p$ 的欧拉函数值为 $p-1$。

2. 互质两数 $a$ ，$b$ ，$\varphi(ab)=\varphi(a)\times \varphi(b)$ 。

3. 对于 $a$，$p$ ，如果 $p$ 是 $a$ 的质因子，$\varphi(ap)=p\times\varphi(a)$ 。

这样我们就能在线性筛素数时求欧拉函数。

int get_euler_2(int x){
	inp[0]=inp[1]=1;
	for(int i=2;i<=x;i++){
		if(!inp[i]){
			phi[i]=i-1;
			prime[++tot]=i;
		}
		for(int j=1;j<=tot && prime[j]*i<=x;j++){
			int tp=prime[j]*i;
			inp[tp]=1;
			if(i%prime[j] == 0){
				phi[tp]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			phi[tp]=phi[i]*phi[prime[j]];
		}
	}
	return phi[x];
}

欧拉定理

定义

对于互质的两数 $a$ ，$m$ ：

$$a^{\varphi(m)}\equiv 1\quad(mod\;m)$$

证明

设 $r_1,r_2,\dots,r_{\varphi(m)}$ 是 $m$ 的缩剩余系，由于 $a$ 和 $m$ 互质，$ar_1,ar_2,\dots,ar_{\varphi(m)}$ 也是 $m$ 的缩剩余系。那么：

$$r_1r_2\dots r_{\varphi(m)}\equiv a^{\varphi(m)}r_1r_2\dots r_{\varphi(m)}\quad(mod\;m) \\\implies a^{\varphi(m)} \equiv1\quad(mod\;m)$$

可以看出， $m$ 是质数时 $\varphi(m)=m-1$ ，即费马小定理。

代码

直接看拓欧吧。没有欧拉的板子。

扩展欧拉定理

定义

$$a^{b}\equiv \begin{cases} a^{b\%\varphi(m)}\qquad\qquad\text{gcd(a,m)=1}\\ a^b\qquad\qquad\qquad\; \text{gcd(a,m)}\neq1 \quad \&\quad b\leq\varphi(m)\\ a^{b\%\varphi(m)+\varphi(m)}\qquad\text{gcd(a,m)}\neq1\quad \&\quad b>\varphi(m) \end{cases} \quad(mod\ m)$$

证明

首先，我们可以简化一下问题。

我们要证

$$a^{b} \equiv a^{b\%\varphi(m)+\varphi(m)}\quad(mod\;m) \ $$

将 $a$ 质因数分解，得：

$$a^b=p_1^{r_1}p_2^{r_2}\dots p_k^{r_k}$$

对于与 $m$ 互质的 $p_i$ ，显然有 $p_i^{b}=p_i^{b\varphi(m)+\varphi(m)}\quad (mod\;p)$ （欧拉定理）。

那么只要证明了对于和 $m$ 不互质的 $p_i$ 也有此性质，就有：

$$a^b=(p_1^{r_1}p_2^{r_2}\dots p_k^{r_k})^b=(p_1^{b})^{r_1}(p_2^{b})^{r_2}\dots (p_k^{b})^{r_k}\\ \quad\\ =(p_1^{b\%\varphi(m)+\varphi(m)})^{r_1}(p_2^{b\%\varphi(m)+\varphi(m)})^{r_2}\dots (p_k^{b\%\varphi(m)+\varphi(m)})^{r_k}\\ \quad\\ =(p_1^{r_1}p_2^{r_2}\dots p_k^{r_k})^{b\%\varphi(m)+\varphi(m)}\qquad\qquad\qquad\qquad \qquad\qquad\\ (mod\;m)$$

于是问题就简化成了求 $m$ 的一个质因子 $p$ 满足 $p^b\equiv p^{b\%\varphi(m)+\varphi(m)}$

证明如下：

• 将 $m$ 分解成 $p^ks$ ，由于 $p$ 与 $s$ 互质。就有：

  $$p^{\varphi(s)}\equiv 1\quad(mod\;s)$$

  又因为 $a\equiv b \quad(mod\ s)\quad\&\quad c\equiv d\quad(mod\ s)\implies ac\equiv bd\quad(mod\ s)$ （想不通为什么可以从同余定义角度思考）。

  我们可以得出 $p^{x\times\varphi(s)}\equiv 1\quad(mod\;s)$ 。

  又因为欧拉函数是积性函数，所以 $\varphi(s)\mid\varphi(m)$ 。

  就可以得出 $p^{\varphi(m)}\equiv 1\equiv p^{\varphi(s)} \quad(mod\;s)$ 。

• 继续推：

$$p^{\varphi(s)}\equiv1\quad(mod\;s)\iff p^{\varphi(s)}=x\times s+1\\ \implies p^{\varphi(s)+k}=x\times s\times p^k+p^k \\ \implies p^{\varphi(s)+k}=xm+p^k\\ \implies p^{\varphi(s)+k}\equiv p^k\quad(mod\;m)$$

又因为 $p^{\varphi(m)}\equiv p^{\varphi(s)} \quad(mod\;m)$ ，所以 $p^{\varphi(m)+k}\equiv p^k\quad(mod\;m)$。

• 由此可知有：

  $$p^b\equiv p^{b-k}p^k\equiv p^{b-k+\varphi(m)+k}\equiv p^{b+\varphi(m)}\quad(mod\;m)$$

  条件是 $b\geq k$ 。

  这时又有一个推论： 对于$m=p^qs$ ，有$\varphi(m)\geq q$ 。

  先单独考虑质因子 $p^q$ ，即证明$\varphi(p^q)=p^{q-1}(p-1)\geq q$ ，当 $p=2$ 时为 $p^{q-1}\geq q$：

  首先 $q=2$ 时成立。然后对于 $q> 2$ 的情况，我们假设 $q-1$ 时 $2^{q-1}\geq q-1$ 成立：

  $$2^q=2\times 2^{q-1}\geq 2\times q-2$$

  由于 $q>2$ 所以 $2^q\geq q$ ，当且仅当 $q=2$ 时取等。

  又因为 $p^{q-1}(q-1)$ 是个增函数，$p$ 增大时就显然成立。

  那么就有 $b\geq k \geq \varphi(m)$ 。即函数成立条件为 $b\geq \varphi(m)$ 。

• 我们要将 $b$ 尽量变小，即减去尽量多的 $\varphi(m)$ 。而上面的函数可表示为：

  $p^{x}\equiv p^{x+\varphi(m)}\quad(mod\;m)$ ，那么将 $x-\varphi(m)$ 代入 $x$ 就有 $p^{x-\varphi(m)}\equiv p^x\quad(mod\;p)$ 。注意这时定义域为 $x-\varphi(m) \geq \varphi(m)\implies x\geq 2\varphi(m)$ 。

  我们不可能一个一个地减去 $\varphi(m)$ 最好的做法是取模，然而这样不能保证 $x\geq 2\varphi(m)$

  于是我们要再加上一个 $\varphi(m)$ 。即有 $p^b\equiv p^{b\%\varphi(m)+\varphi(m)}\quad(mod\;m) \qquad b\geq 2\varphi(m)$ 。

  当 $b$ 在 $\varphi(m)$ 和 $2 \varphi(m)$ 之间时这么做也没有区别，我也不知道为什么要分在第三类中大概是好记。

证毕。

好长。

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef int int_;
#define int long long  

char bb[20000050];
int aa,m,bbb;
int phi,ans;

int gcd(int a,int b){
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
	if(b==0){
		x=1,y=0;
	}
	else{
		exgcd(b,a%b,y,x);
		y-=(a/b)*x;
	}
}

int getphi(int x){
	int ret=1;
	for(int i=2;i*i<=x && x!=1;i++){
		if(x%i != 0) continue;
		ret *=  i-1;
		x/=i;
		while(x%i==0){
			ret*=i;
			x/=i;
		}
	}
	if(x>1) ret*=x-1;
	return ret;
}

int ksm(int x,int q,int p){
	int ret=1;
	while(q>0){
		if(q&1) ret=(ret*x)%p;
		x=(x*x)%p;
		q>>=1;
	}
	return ret;
}

int_ main()
{
	bool flag=false;
	scanf("%lld %lld %s",&aa,&m,bb);
	phi=getphi(m);
	int len=strlen(bb);
	for(int i=0;i<len;i++){
		bbb=bbb*10+(int)(bb[i]-'0');
		if(bbb>=phi){
			bbb%=phi;
			flag=true;
		}
	}
	if(flag) ans=ksm(aa,bbb+phi,m);
	else ans=ksm(aa,bbb,m);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

部分证明思路来源：

• 参考博客
• 参考博客

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