【数论数学】扩展欧拉定理

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Definition

$\forall~a~,~m~\in~Z^+~,~s.t.~\gcd(a,m)=1$，则一定满足$~a^{\phi(m)}~\equiv~1~(Mod~m)~$。该定理被称作欧拉定理。

Demonstration

记$x_i$为第$i$个与$m$互质的数，则共有$\phi(m)$个$x_i$。

设$p_i~=~a~\times~x_i$

引理一：

$\{p_i\}$间两两模$m$不同余，$\{x_i\}$间两两模$m$不同余。

证明：

先证$\{x_i\}$间两两模$m$不同余：

因为$~\forall~i~\in~[1,\phi(m)]~,~x_i~<~m~$，故

$$~x_i~Mod~m~\equiv~x_i~$$

又$~\forall~i,j~\in~[1,\phi(m)],i~\neq~j~$都有$~x_i~\neq~x_j~$。于是

$$~x_i~Mod~m~\neq~x_j~Mod~m~$$

$\{x_i\}$间两两模$m$不同余

再证$\{p_i\}$间两两模$m$不同余：

反证法，若存在一对$~i,j~\in~[1,\phi(m)]~,~i~\neq~j~,~s.t.~p_i~\equiv~p_j~(Mod~m)~$，则

$$a~\times~x_i~\equiv~a~\times~x_j~(Mod~m)$$

$$\Rightarrow~x_i~\equiv~x_j~(Mod~m)$$。 根据$\{x_i\}$间两两模$m$不同余，产生矛盾，于是$\{p_i\}$间两两模$m$不同余 ##### 证毕 ### 引理二： $\forall~i~\in~[1,\phi(m)]~,~p_i~$与$m$互质。 ##### 证明： 写出$m,a,x_i,p_i$的唯一分解式： $$m~=~q_1^{c_1}~q_2^{c_2}~\dots~q_k^{c_k}$$

$$a=q_1^{d_1}~q_2^{d_2}~\dots~q_k^{d_k}$$

$$x_i~=~q_1^{e_1}~q_2^{e_2}~\dots~q_k^{e_k}$$

$$p_i~=~q_1^{e_1+d_1}~q_2^{e_2+d_2}~\dots~q_k^{e_k+d_k}$$

则$\forall~i~,~s.t.~c_i~\neq~0~$都有$d_i~=~e_i~=~0$，于是$d_i+e_i~=~0$。

于是$\forall~i~\in~[1,\phi(m)]~,~p_i~$与$m$互质。

证毕

根据上述引理，可得所有$p_i$的模$m$的解的集合与$\{x_i\}$相等，于是他们的积模$m$的值也相等。

于是有

$$\prod_{i=1}^{\phi(m)}~p_i~\equiv~a^{\phi(m)}~\prod_{i=1}^{\phi(m)}~x_i~\equiv~\prod_{i=1}^{\phi(m)}~x_i~(Mod~m)$$

于是有$a^{\phi(m)}~\equiv~1~(Mod~m)$。证毕。

Extension

对于$a$与$m$不一定互质的情况，有：

$a^c~\equiv~\begin{cases}a^{c~Mod~\phi(m)} &\gcd(a,m)~=~1 \\a^c &\gcd(a,m)~\neq~1~\land~c~<~\phi(m) \\ a^{c~Mod~\phi(m)~+~\phi(m)} &\gcd(a,m)~\neq~1~\land~c~\geq~\phi(m)\end{cases}$

Demonstration

当$m~=~1$时显然成立，以下讨论$m~\neq~1$的情况。

对于$\gcd(a,m)~=~1~$的情况，因为$a^{\phi(m)}~\equiv~1$，所以每$\phi(m)$个$a$就相当于乘$1$。于是只需要算$c~Mod~\phi(m)$次。

对于$c~<~\phi(m)$的情况，直接爆算

下面证明第三种情况。

先证明$a$是一个质数的情况：

引理1：

$\forall~p~$为质数，$r~\in~Z^+$，都有$\phi(p^r)~=~(p-1)~\times~p^{r-1}$。

证明：

由于$p$是一个质数，所以$~1~\sim~(p^r-1)~$中有且仅有$i~\times~p,~i~\in~(0,p^{r-1})~$与$p^r$不互质。

于是$\phi(p^r)~=~p^r~-~p^{r-1}~=~p^{r-1}~\times~(p~-~1)~$。

证毕。

引理2：

$\forall~k~\in~Z$，$\exists~a,b,x,y~\in~Z^+~,~s.t.~x^a~\times~y^b~=~k$，都有$~a,b~\leq~\phi(k)~$。

证明：

先考虑$k$为一个质数$p$的$r$次幂的情况。根据引理1有：

$\phi(k)~=~\phi(p^r)~=~(p-1)~\times~p^{r-1}$。

下面说明$(p-1)~\times~p^{r-1}~\geq~r$。

当$p=2$时：

经验证$~r=1,2,3~$时成立。当$~r>3~$时按照$r$的大小做数学归纳，可证正确性。

当$~p~>~2~$时，不等号左侧增大，右侧不变，不等式仍然成立。

考虑$k$是多个质数幂时的情况，按照质数个数做数学归纳，正确性成立。

任意组合质数，引理得证。

证毕

引理3：$\exists~r~\leq~c~,~s.t.~a^{\phi(m)+r}~\equiv~a^r~(Mod~m)$。

证明：

令$m~=~t~\times~a^r$，其中$\gcd(t,a)=1$，$t$的存在性显然。

因为$\gcd(t,a)~=~1$，且$\phi$函数是一个积性函数，所以$\phi(t)~|~\phi(m)$。

根据欧拉定理，$a^{\phi(t)}~\equiv~1~(Mod~t)$，于是有

$$a^{\phi(m)}~\equiv~1~(Mod~t)$$

同余式同乘$a^r$，于是有

$$a^{\phi(m)+r}~\equiv~a^r~(Mod~m)$$

已经证明可以构造出这样的$r$。根据引理2，$r~\leq~\phi(m)$。又$c~\geq~\phi(m)$，于是可证构造出的$r~\leq~c$。定理得证。

证毕

于是

$$a^c~\equiv~a^{c-r+r}~\equiv~a^{c-r+\phi(m)+r}~\equiv~a^{c+\phi(m)}~(Mod~m)$$

对上式做数学归纳，可得$a^c~\equiv~a^{c+k\phi(m)}~,~k~\in~Z$，需保证指数为正。

于是最小的合法的指数即为$c~Mod~\phi(m)~+~\phi(m)$。

于是有$$a^c~\equiv~a{c_Mod\phi(m)₊\phi(m)}$$

当$a$是一个质数的幂次时，设$a=p^k$，则

$$a^c~\equiv~p^{ck}~\equiv~p^{ck+\phi(m)}~\equiv~p^{ck+k\phi(m)}~\equiv~(p^k)^{c+\phi(m)}~\equiv~(p^k)^{c~Mod~\phi(m)~+~\phi(m)}~~(Mod~m)$$

当$a$时多个质数次幂的乘积时，依据唯一分解定理做数学归纳，即证正确性。证毕。

Example

传送门

Description

你有一个本子，你要往上面写全部的长度为$n$的$b$进制数字，每一页可以写$c$个。要求所有数字必须严格不含前导$0$。求最后一页上有多少个数字

Input

三个数，依次是进制数$b$,数字长度$n$，每一页的个数$c$。

Output

一行一个整数代表答案

Hint

$Forall:$

$2~\leq~b~<~10^{10^6}~,~1~\leq~n~<~10^{10^6}~,~1~\leq~c~\leq~10^9$

Solution

考虑计数原理，第一个位置可以填$~1~\sim~(b-1)~$共$~(b-1)~$个数字，剩下的位置可以填$~0~\sim~(~b~-~1~)~$共$~b~$个数字。于是答案即为$~(b-1)~\times~b^{(n-1)}$。后面的应用扩展欧拉定理即可解决。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
	rg char ch=getchar(),lst=' ';
	while((ch > '9') || (ch < '0')) lst=ch,ch=getchar();
	while((ch >= '0') && (ch <= '9')) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	if(lst == '-') x=-x;
}

namespace IO {
	char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x,const char aft,const bool pt) {
	if(x < 0) {x=-x,putchar('-');}
	rg int top=0;
	do {IO::buf[++top]=x%10+'0';} while(x/=10);
	while(top) putchar(IO::buf[top--]);
	if(pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 1000010;

char B[maxn],N[maxn];
ll m,phi,b;

int ReadMod(char*,cl&);
int GetPhi(ll);
void MinuN();
int mpow(int,ll);
bool judge();

int main() {
	freopen("1.in","r",stdin);
	scanf("%s %s",B+1,N+1);qr(m);
	b=ReadMod(B,m);
	if(judge()) return 0;
	int k=GetPhi(m);
	MinuN();
	int n=ReadMod(N,k)+k;
	int ans=1ll*(b-1)*mpow(b,n)%m;
	ans=(ans+m)%m;
	qw(ans?ans:m,'\n',true);
	return 0;
}

int ReadMod(char *str,cl & p) {
	int l=strlen(str+1);
	ll _ret=0;
	for(rg int i=1;i<=l;++i) _ret=((_ret<<1)+(_ret<<3)+(str[i]^48))%p;
	return _ret;
}

int GetPhi(ll x) {
	ll _ret=x;
	for(ll i=2;i*i<=x;++i) if(!(x%i)) {
		_ret=_ret*(i-1)/i;
		while(!(x%i)) x/=i;
	}
	if(x != 1) _ret=_ret*(x-1)/x;
	return _ret;
}

void MinuN() {
	int l=strlen(N+1);
	--N[l];
	for(rg int i=l;i;--i) if(N[i] < '1') {
		N[i]+=10,--N[i-1];
	} else break;
	if(N[1] == '0'+10) N[1]='0';
}

int mpow(int x,ll k) {
	int _ret=1,_temp=x;
	while(k) {
		if(k&1) _ret=1ll*_ret*_temp%m;
		_temp=1ll*_temp*_temp%m;
		k>>=1;
	}
	return _ret%m;
}

bool judge() {
	int l=strlen(N+1);
	if(l >= 17) return false;
	ll _tp=0;
	for(rg int i=1;i<=l;++i) _tp=(_tp<<1)+(_tp<<3)+(N[i]^48);
	int ans=1ll*(b-1)*mpow(b,_tp-1)%m;
	ans=(ans+m)%m;
	qw(ans?ans:m,'\n',true);
	return true;
}

Summary

扩展欧拉定理可以用在底数与模数不互质的情况下，将质数将至与模数同阶的大小，从而可以使用快速幂进行运算。

注：本篇内容部分证明参考该BAJim_H的博客，在此表示衷心的感谢。