[数学基础] 6 初等数论四大定理

初等数论四大定理

1. 威尔逊定理

(1) 结论

当且仅当$p$为素数时，$(p-1)!\equiv -1(\mod p)$。

(2) 证明

充分性：若$p$不为素数，则$(p-1)!\not\equiv -1(\mod p)$。

• 当$p=4$时，显然$(p-1)!\equiv 6\equiv 2(\mod p)$；

• 当$p>4$时

  • $p$为完全平方数，则$\exist k$，使得$p=k^2$，由于$p>4$，故$k>2,2k<p$，$(p-1)!\equiv n(k\times2k)\equiv 2n\times k^2\equiv 0(\mod p)$。
  • $p$不是完全平方数，则$\exist a,b,a\neq b$，使得$ab=p$，则$(p-1)!\equiv nab\equiv 0(\mod p)$。

必要性：若$p$为素数，则一定有$(p-1)!\equiv -1(\mod p)$。

$p=2$时，结论显然成立。

若$p$为奇素数，取集合$A=\{1,2,3,..,p-1\}$，$A$构成模$p$乘法的简化剩余系，即$\forall i\in A,\exist j\in A$，使得$i\times j\equiv 1(\mod p)$。

证明：因为$A$构成模$p$乘法的取值的集合了（除了0），所以这个结论肯定成立。

那么，这$p-1$个数是不是两两配对的呢？首先，由同余的运算法则，可以得到一定没有$ij\equiv ik(\mod p), j\neq k$的情况，那么它一定是两个一对，或者单独一个的情况。考虑$x^2\equiv 1(\mod p)$，解得$x\equiv 1(\mod p)$，或者$x\equiv p-1(\mod p)$，那么其余则两两配对。因此$(p-1)!\equiv 1\times (p-1)\equiv -1(\mod p)$，得证。

(5)例题

可以看下它的考察方式：UVA1434 YAPTCHA，主要就是欧拉筛+威尔逊定理+前缀和

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

int n, cnt;
const int N = 3e6 + 20;
bool st[N];
int p[N], pre[N];

void Euler(int n){
	for (int i=2;i<=n;++i){
		if (!st[i]) p[++cnt] = i;
		for (int j=1;p[j]<=n/i;++j){
			st[i * p[j]] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
		}
	}
}

void init(){
	Euler(N - 1);
	for (int i=1;i<N;++i){
		int x = 0;
		if (i > 7 && (i - 7) % 3 == 0 && !st[i]){
			x = 1;
		}
		pre[i] = pre[i - 1] + x;
	}
}

int main(void){
	init();
	int t;
	scanf("%d", &t);
	while (t--){
		scanf("%d", &n);
		printf("%d\n", pre[n * 3 + 7]);
	}
	return 0;
}

2. 欧拉定理

(1) 结论

若$m$是一个大于1的整数，且满足条件$(a,m)=1$，则我们有

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

(2) 证明

引理1： 设$m$是一个大于1的整数，$a$是一个整数且满足$(a,m)=1$，如果$B=\{b_1,b_2,..,b_{\varphi(m)}\}$是模$m$的一个简化剩余系，则$B'=\{ab_1,ab_2,..,ab_{\varphi(m)}\}$也是模$m$的一个简化剩余系。

证明：由于从$B$中取出任何一个正整数$b_i$，都有$(b_i,m)=1$。又$(a,m)=1$，可以得到在$B'$中任意取出一个整数$ab_i$，都有$(ab_i,m)=1$。那么，现在利用反证法，假设在$B'$中存在两个整数$ab_k,ab_{\lambda}$，$1\leq k < \lambda \leq \varphi(m)$，使得：$ab_k\equiv ab_{\lambda}(\mod m)$成立。

又$(a,m)=1$，故$b_k\equiv b_{\lambda}(\mod m)$，由于$b_k,b_{\lambda}$是简化剩余系的元素，因此不可能模$m$同余，所以同余等式不可能成立，得证。

下面正式的证明欧拉定理。

考虑模$m$的最小正缩系$A$，即$A=\{1,a_2,...,a_{\varphi(m)}\}$，是不大于$m$且和$m$互质的全体正整数，令$r_1$是一个整数，满足条件：$a \times 1\equiv r_1(\mod m), r_1\in[0,m-1]$

令$r_i$（其中$i=2,..,\varphi(m)$）是一个整数，满足条件：$aa_i\equiv r_i(\mod m),r_i\in[0,m-1]$。

则我们有$a\equiv r_1(\mod m),aa_2\equiv r_2(\mod m),..,aa_{\varphi(m)}\equiv r_{\varphi(m)}(\mod m)$

由于$A$是模$m$的一个简化剩余系，并且$(a,m)=1$，因此$R=\{r_1,r_2,..,r_{\varphi(m)}\}$也是一个简化剩余系，并且和$A$至少在次序上可能有不同，故得到$\prod_{i=1}^{\varphi(m)}r_i=\prod_{i=1}^{\varphi(m)}a_i$

因此$\prod_{i=1}^{\varphi(m)}(a\times a_i) \equiv \prod_{i=1}^{\varphi(m)}a_i (\mod m)$

即$a^{\varphi(m)}\equiv 1(\mod m)$。

(3) 推论

欧拉降幂：

• $A^b\equiv A^{b\mod \varphi(m)} (\mod m)$

证明：设$b=k\times \varphi(m)+r$，则$r=b\mod \varphi(m)$。

$A^b\equiv A^r\times (A^{\varphi(m)})^k\equiv A^r(\mod m)$，得证。

3. 费马小定理

(1) 结论

事实上，费马小定理就是欧拉定理的一种特殊情况。

如果$p$为质数，$p\nmid a$，则我们有$a^{p-1} \equiv 1 (\mod p)$

(1) 证明

由于$p$为质数，因此$\varphi(p)=p-1$，取欧拉定理中$m=p$，即得到费马小定理。

需要注意的是，$\exist m\in \N^+,a\in \Z$，使得$m \nmid a$，这里$m$不是素数，使得$a^{m-1}\equiv 1(\mod m)$，即费马小定理的逆定理不成立。比如，$1024\equiv 1(\mod 341)$，$2^{340}\equiv (2^{10})^{34}\equiv (1024)^{34}\equiv 1(\mod 341)$，而$341=11\times 31$，不是素数。

(2) 推论

明显的，当$p$为质数，且$p \nmid a$时，$a^{p-2}\equiv a^{-1} (\mod p)$，由此就可以求得在模$p$意义下的乘法逆元。

欧拉定理和费马定理很难单独考察，大部分都是作为解题的一个步骤出现。

4. 中国剩余定理

1) 中国剩余定理(crt)

定理：

有一元线性同余方程组$(S)$如下。

$(S):\begin{cases} & x\equiv a_1~(\mod m_1) \\ & x\equiv a_2~(\mod m_2) \\ &... \\ & x\equiv a_n~(\mod m_n) \end{cases}$

假设整数$m_1,m_2,...,m_n$两两互质，则对任意的整数$a_1,a_2,...,a_n$，方程组$(S)$有解，并且通解可以用如下方式构造得到：

设$M=\prod \limits _{i=1} ^{n} m_i$，$M_i=\frac{M}{m_i}$，设$t_i=M_i^{-1}$，为$M_i$在模$m_i$意义下的$M_i$的模$m_i$乘法逆元。

方程组$(S)$的通解形式为$x=a_1t_1M_1+a_2t_2M_2+...+a_nt_nM_n+kM=kM+\sum\limits_{i=1}^na_it_iM_i, k\in \Z$。

在模$M$的意义下，方程组$(S)$只有一个解：$x=(\sum\limits_{i=1}^na_it_iM_i)\mod M$

namo 首先解的每一项，都是可以求出来的，$t_i$也可以通过扩展欧几里得算法求出。然后再来小小的证明下！

证明：

1. 首先证明$x$是方程组$(S)$的一个解。

对于解的每一项，可以看出$a_it_iM_i\equiv a_i\times 1 \equiv a_i(\mod m_i~)$，

$a_it_iM_i\equiv 0~(\mod m_j~)$，$\forall j\in[1,n], j\neq i$

因此，$x$满足$x=a_it_iM_i+\sum\limits _{j\neq i}a_jt_jM_j \equiv a_i+\sum\limits _{j\neq i}0 \equiv a_i~(\mod m_i), ~~\forall i\in[1,n]$

故$x$是方程组的一个解。

2. 然后证明在模$M$的意义下，方程组$(S)$只有一个解。

假设$x_1,x_2$都是方程组$(S)$的解，那么$x_1-x_2\equiv 0~(\mod m_i), \forall i\in [1,n]$

而$m_1,m_2,...,m_n$两两互质，这说明$M|(x_1-x_2)$，所以方程组$(S)$的任何两个解之间必然相差$M$的整数倍，所以方程组所有的解的集合就是$\{kM+\sum \limits _{i=1} ^n a_it_iM_i;k\in \Z\}$

所以在模$M$的意义下，方程组$(S)$只有一个解。

• 代码：

int n;
const int N = 10 + 5;
int A[N], B[N];

ll mod(ll a, ll b){
	return (a % b + b) % b;
}

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){
	if (!b){
		x = 1, y = 0; return a;
	}
	ll d = exgcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}

int main(void){
	scanf("%d", &n);
	ll M = 1, res = 0, ti, y;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d%d", &A[i], &B[i]);
		M = M * A[i];
	}
	for (int i=1;i<=n;++i){
		ll Mi = M / A[i];
		exgcd(Mi, A[i], ti, y);
		res = mod(res + Mi * ti * B[i], M);
	}
	printf("%lld\n", res);
	
	return 0;
}

2) 扩展中国剩余定理(excrt)

（rxz的题解写的太好了，受益良多QAQ，他讲的东西真的都是清晰细致又简单 但是因为他用python所以不推mod 岂可修）

https://www.luogu.com.cn/blog/blue/kuo-zhan-zhong-guo-sheng-yu-ding-li

这里自己再重新推导一遍。

修改条件，使得$m_1,m_2,...,m_n$不再两两互质，此时应该如何求方程组的解？

$(S):\begin{cases} & x\equiv a_1~(\mod m_1) \\ & x\equiv a_2~(\mod m_2) \\ &... \\ & x\equiv a_n~(\mod m_n) \end{cases}$ $x=\{kM+\sum \limits _{i=1} ^n a_it_iM_i;k\in \Z\}$

互质条件不满足时，$t_i$不存在。（回忆逆元的定义，只有当$(b,m)=1$时才存在$b^{-1}(\mod m)$），那么不能利用公式时，只能尝试去不断的合并方程，直到$n$个方程仅剩下一个，再使用扩展欧几里得算法求解唯一的同余方程。那么，如何将两个方程等价的变换为一个方程呢？考虑如下情况：

$\begin{cases} & x\equiv a_1(\mod m_1) \\ & x\equiv a_2(\mod m_2)\end{cases}$

此方程组等价于$x = k_1m_1+a_1=k_2m_2+a_2$

移项后，得$k_1m_1-k_2m_2=a_2-a_1$。

令$a=m_1,b=m_2,m=a_2-a_1$，方程就变成了我们最熟悉的不定方程。那么，记$d=(m_1,m_2)$，求是否有$x,y$，满足$ax+by=d$。求解的步骤即是：先用裴蜀定理判断是否有解，再用扩展欧几里得算法求解（系）。则$k_1=x\times \frac{a_2-a_1}{d},k_2=-y\times \frac{a_2-a_1}{d}$，这就是方程的一组特解。为了避免数据溢出，可以让$k_1:=k_1 \mod \frac{m_2}{d}$（具体证明见裴蜀定理），那么，$x=a_1+k_1m_1$，就求出来了两个方程的特解。设这个特解为$r$，那么它的通解就是$\{r+k\times LCM, k\in \Z\}$，那么，就可以合并两个同余方程啦！

$x\equiv r~(\mod LCM)$

这样不断合并，直到只剩下一个方程，解出答案即可。注意，中间非常容易数据溢出！即使是long long！所以最好直接用一个mul函数，一边做乘法一边做模运算。

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横线中的这段是rxz的证明，嘛嘛，就相当于方程$ax+by=d$两边$\div d$，结果是一样的。

那么，记$d=(m_1,m_2)$，$p_1=\frac{m_1}{d}, p_2=\frac{m_2}{d}$，易得$(p_1,p_2)=1$。

方程可被写为这样的形式：$k_1p_1-k_2p_2=\frac{a_2-a_1}{d}$

由于当$d|(a_2-a_1)$时，方程才有解，因此右边的式子为整数。接着按照exgcd的流程走，我们求这个方程的解

$\lambda_1p_1+\lambda_2p_2=1$，则$\begin{cases} & k_1=\frac{a_2-a_1}{d} \times \lambda_1\\ & k_2=\frac{a_2-a_1}{d} \times \lambda_2\end{cases}$

将结果代入方程，得$x=a_1+k_1m_1=a_1+\frac{a_2-a_1}{d}\lambda_1m_1$。

这个$x$就是方程的一个特解。

那么，进一步的，如何求出整个解系呢？

定理：若有特解$x'$，令$LCM=lcm(m_1,m_2)$，则$\begin{cases} & x\equiv a_1(\mod m_1) \\ & x\equiv a_2(\mod m_2)\end{cases}$ 的通解为$x=\{k\times LCM+x';k\in \Z\}$。

该定理的证明和CRT的证明完全相同。好累，我不想重抄一遍所以就这样吧

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• 代码：

int n;
const int N = 1e5 + 10;
ll a1, m1, a[N], m[N], res;

ll mul(ll a, ll b, ll M){
    ll res = 0;
    while (b > 0){
        if (b & 1) res = (res + a) % M;
        a = (a + a) % M;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

ll merge(ll a2, ll m2){
    ll x, y, M, c = mod(a2 - a1, m2);
    ll d = exgcd(m1, m2, x, y);
    if (c % d){
        return -1;
    }
    M = (m1 / d * m2);
    ll k1 = mod(mul(x, c / d, m2 / d), m2 / d);
    ll r = mod(k1 * m1 + a1, M);
    a1 = r, m1 = M;
    return r;
}

int main(void){
    scanf("%d", &n);
    scanf("%lld%lld", &m1, &a1);
    if (n == 1){
        printf("%lld\n", mod(a1, m1));
        return 0;
    }
    for (int i=1;i<n;++i){
        scanf("%lld%lld", &m[i], &a[i]);
    }
    for (int i=1;i<n;++i){
        res = merge(a[i], m[i]);
        if (res < 0) break;
    }
    printf("%lld\n", res);
    return 0;
}