【AC大牛】【关于 A^x = A^(x % Phi(C) + Phi(C)) (mod C) 的若干证明】【指数循环节】

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【bzoj2219-数论之神】求解x^a==b(%n)-crt推论-原根-指标-BSGS
qq_25768269的博客
09-08 350
【bzoj2219-数论之神】求解x^a==b(%n)-crt推论-原根-指标-BSGS http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2219 弄了一个晚上加一个午休再加下午一个钟。。终于ac。。TAT 数论渣渣求轻虐！！ 题意：求解 x^A=B(mod n) 在0~n内解的个数。其中...
fzou 1759 Super A^B mod C
weixin_34274029的博客
08-27 94
Problem 1759 Super A^B mod CAccept: 456Submit: 1488Time Limit: 1000 mSecMemory Limit : 32768 KB Problem Description Given A,B,C, You should quickly calculate the result of A^B mod C...
VL6180X联动手势识别空中操控
最新发布
weixin_42561464的博客
11-03 661
本文介绍基于VL6180X ToF传感器的空中手势识别系统，涵盖硬件原理、信号处理、多传感器融合及实际应用，提出高精度、低功耗的非接触式交互解决方案。
牛客网暑期ACM多校训练营（第四场） A.Ternary String (找规律+欧拉降幂)
Fushicho_XF的博客
07-29 931
题目链接 时间限制：C/C++ 4秒，其他语言8秒 空间限制：C/C++ 131072K，其他语言262144K 64bit IO Format: %lld 题目描述 A ternary string is a sequence of digits, where each digit is either 0, 1, or 2. Chiaki has a ternary string s wh...
牛客网暑期ACM多校训练营（第四场）：A Ternary String
胖亚亚的小酒馆
07-29 312
题意：给出一段数列 s，只包含 0、1、2 三种数。            每秒：             在每个 2 后面会插入一个 1 ，             在每个 1 后面会插入一个 0，             之后第一个数字消失。            求最后为空串需要多少秒。 思路：   先放上结论： （1）如果在消除一个 0 前经过了 n 秒，那么消掉这个 0 ...
小a与黄金街道 牛客网 （欧拉函数）
Amo丶
02-21 189
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/317/D 来源：牛客网   小a与黄金街道 时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒 空间限制：C/C++ 32768K，其他语言65536K 64bit IO Format: %lld 题目描述 小a和小b来到了一条布满了黄金的街道上。它们想要带几块黄金回去，然而这里的城管担心他们拿走的太多，于是要求小a和小...
牛客暑假多校——A-Ternary String（找规律+欧拉降幂）（模板）
20164225的博客
07-29 340
链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/142/A 来源：牛客网 题目描述 A ternary string is a sequence of digits, where each digit is either 0, 1, or 2. Chiaki has a ternary string s which can self-reproduce. Eve...
吉首大学校赛 A SARS病毒 （欧拉降幂）
weixin_30613343的博客
06-23 101
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/925/A来源：牛客网 题目描述 目前，SARS 病毒的研究在世界范围内进行，经科学家研究发现，该病毒及其变种的 DNA 的一条单链中，胞嘧啶、腺嘧啶均是成对出现的。这虽然是一个重大发现，但还不是该病毒的最主要特征，因为这个特征实在太弱了。 为了进一步搞清楚该病毒的特征，CN 疾病控制中心和阿里...
foj 1971 A math problem
timluoTC的专栏
03-11 431
AC大牛的神题。 比赛时候没写出来。 首先，是思维问题。 一开始大部分队伍想的都是算出N，M然后找公式求，也确实找到一些，但是都不可行。赛后看了解题报告才明白将 ANS 写成 ANS = wi mod (pi ^ ci) 的形式，通过求 wi 。 再套用中国剩余定理。确定 ANS 。 首先， 直接求出 N 。 然后 求 wi = 1^A + 2^A + 3^A + ...+ N ^A
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/61132/A 来源：牛客网 总所周知集训队里有个人很喜欢学数学=.=，今天他突然觉得给新生放一道NTT有点太难了,于是他紧急想了一道很简单的数学题，题面也很短,给定一个k，求 ( ∑ � = 1 � ∑ � = 1 � � ( � ) ∗ ⌊ � / � ⌋ ) (∑ n=1 k ​ ∑ i=1 n ​ φ(i)∗⌊n/i⌋)%mod，其中 � ( � ) φ(i)表示i的欧拉函数， ⌊ � / � ⌋ ⌊n/i⌋表示n除以i向下取整，mod=1000000007，很简单吧，秒了它。
07-13
需要注意的是，最后结果需要对一个给定的mod取模。 首先，我们可以把这个表达式分成两部分来计算。第一部分是计算φ(i)的前缀和，第二部分是计算⌊n/i⌋的前缀和。 对于第一部分，我们可以使用线性筛法来计算φ(i)...
[山海关crypto 训练营 day10]
cxiaodi的博客
05-15 1132
补题
C++题解：P1894 [USACO4.2]完美的牛栏The Perfect Stall —— 求二分图的最大匹配算法其一：匈牙利算法 （增广路，匹配，最大匹配）
C20200521的博客
04-18 656
在看这道题之前，我们先来了解一下什么是二分图及与二分图匹配的相关概念及基础知识。 基础知识 故名思义，二分图本质上还是由点和边构成的数据结构，与之不同的是，二分图相当于把一张图分成了两个部分，也就是两个部。部与部之间的点没有边相连，以下的几个图都可以算作二分图： （图中的箭头无意义，并不代表有向边） 现在来简单说一下匹配和最大匹配（因为只涉及匈牙利算法，所以不讲其他杂七杂八的东西。最小点覆盖什么的...
ACM资料整理
u011988082的博客
05-17 4222
一、做题时应注意的地方 1、 做题时考虑输出结果的上、下边际范围，极限值，尤其是在做简单题的时候。 2、 除法能换成乘法的地方，尽量用乘法。 3、 做题时，确保每个句子、每个单词都读懂，读题是做题的根本 4、 处理字符串，千万要保证它以“\0”结尾 5、 进行数组优化，可以在输入的时候就进行向结果靠拢的操作 6、 应用分治处理时 调用函数时，传数组只需打入数组名 传数组
竞码编程-蓝桥杯模拟赛2（大学生组&青少年组）
dregs_的博客
02-26 1579
A. 试题A：完美车牌 5’ 描述 有一些数字可以颠倒过来看，例如0、1、8颠倒过来还是本身，6颠倒过来是9，9颠倒过来看还是6，其他数字颠倒过来不构成数字。 类似的，一些多位数也可以颠倒过来看，比如106颠倒过来是901. 假设某个城市的车牌只由6位数字组成,每一位都可以取0到9。请问这个城市最多有多少个车牌180°倒过来恰好还是原来的车牌? 例如：车牌号：886988,倒过来还是886988 ...
K8s 很难么？带你从头到尾捋一遍，不信你学不会
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10天智能锁项目实战第1天（了解单片机STM32F401RET6和C语言基础）
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02-21 4266
10天智能锁项目实战第1天（了解单片机STM32F401RET6和C语言基础）一、学习目标二、了解单片机STM32F401RET6三、C语言基础 一、学习目标 二、了解单片机STM32F401RET6 4、STM32F401RE特征 三、C语言基础 1.数据类型 常用2的次方： 2^7 = 128 2^8 = 256 2^15 = 32768 2^16= 65536 51单片机常见的数据类型： char: 占内存1字节 取值范围：-128~127 -2^7 ~ 2
Android开发（1） | Fragment 的应用——新闻应用
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02-21 7620
文章目录 news_item.xml： <TextView xmlns:android="http://schemas.android.com/apk/res/android" android:id="@+id/news_title" android:layout_width="match_parent" android:layout_height="wrap_content" android:lines="1" android:ellipsize="
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02-25 2144
认识了 TypeScript 中的基础类型，接下来当然是变量声明的相关学习了，我在这里记录一下我学习过程中的一些总结。
清除浮动的五种方法
weixin_52212950的博客
02-22 3188
为什么要清除浮动？因为往往浮动后的子元素因为脱离了标准流，不能自动撑起父元素的高度，所以会对后续布局产生影响，对此清除浮动不如理解为清除浮动产生的影响更为合理。 例如：我们设置了两个盒子如图所示，粉色为父盒子，只有宽度没有高度，蓝色盒子有宽有高，粉色盒子的高由蓝盒子的高度撑开。 但是给蓝色的子盒子设置了左浮动后，脱离了标准流，无法再撑开粉盒子，可以看到粉盒子高度变成了0； 清除浮动有五种方法： 直接设置父元素的高度 额外标签法 单伪元素法 双伪元素法 ove.
n^x % mod = n^(x % (mod - 1) + mod) % mod 推导过程
10-18
<think>我们注意到用户要求推导的是等式：$n^x \mod \text{mod} = n^{x \mod (\text{mod}-1) + \text{mod}} \mod \text{mod}$。但是，这个等式看起来有些问题，因为通常我们使用的是欧拉定理，而欧拉定理的形式是：当$n$与$m$互质时，有$n^{\phi(m)} \equiv 1 \mod m$，其中$\phi$是欧拉函数。特别地，当$m$为素数时，$\phi(m)=m-1$。 用户给出的等式右边指数部分为$x \mod (\text{mod}-1) + \text{mod}$，这会导致指数很大（加上一个模数mod），而且通常我们期望指数在模$\phi(m)$的意义下。所以我们需要重新审视该等式。 实际上，更常见的写法是：当$n$与$m$互质且$m$为素数时，有$n^x \equiv n^{x \mod (m-1)} \mod m$（注意：这里不需要加上mod）。但是，当$x$很大时，我们可以将指数对$m-1$取模（因为$n^{m-1}\equiv 1 \mod m$），所以指数部分可以减去$m-1$的倍数。因此，正确的等式应该是： $$n^x \mod m = n^{x \mod \phi(m)} \mod m$$ 当$m$为素数时，$\phi(m)=m-1$，于是： $$n^x \mod m = n^{x \mod (m-1)} \mod m$$ 然而，这个等式成立的条件是$n$与$m$互质。当$n$与$m$不互质时，情况会更复杂。 用户给出的等式右边指数部分多了一个$+\text{mod}$，这可能是为了处理当$x$很小（比如$x=0$）时，$x \mod (m-1)$可能为0，而$n^0=1$，但加上mod后指数变为0+mod，那么$n^{\text{mod}}$在模$m$下不一定等于1（当$n$和$m$互质时，由欧拉定理，$n^{m-1}\equiv1$，所以$n^{\text{mod}}=n^{m-1+1}\equiv n \mod m$，这显然不等于1）。所以这个等式可能是错误的。 让我们重新考虑正确的推导。 事实上，我们常用的是欧拉定理：若$n$与$m$互质，则$n^{\phi(m)}\equiv1\mod m$。因此，对于任意整数$x$，我们可以写成： $$x = k \cdot \phi(m) + r, \quad r = x \mod \phi(m)$$ 于是 $$n^x = n^{k \cdot \phi(m) + r} = (n^{\phi(m)})^k \cdot n^r \equiv 1^k \cdot n^r \equiv n^r \mod m$$ 所以 $$n^x \mod m = n^{x \mod \phi(m)} \mod m$$ 当$m$是素数时，$\phi(m)=m-1$，所以： $$n^x \mod m = n^{x \mod (m-1)} \mod m$$ 这里需要强调：这个等式成立的条件是$n$与$m$互质。 但是，当$n$与$m$不互质时（即$n$是$m$的倍数），那么$n \mod m =0$，于是$n^x \mod m=0$（当$x\geq1$）。而右边$n^{x \mod (m-1)}$呢？如果$x \mod (m-1)=0$，则$n^0=1$，但实际应该是0，所以不成立。因此，该等式只有在$n$与$m$互质时才成立。 另外，当$x=0$时，$n^0=1$（$n$不为0），而右边指数部分$x \mod (m-1)=0$，所以$n^0=1$，成立。但如果$n$是$m$的倍数且$x=0$，则等式也成立（因为$0^0$未定义，但题目中通常$n$为正整数且不为0，所以这里不考虑$n=0$）。 用户给出的等式右边指数部分为$x \mod (m-1) + m$，我们写成： $$n^{x \mod (m-1) + m} \mod m$$ 由欧拉定理，如果$n$与$m$互质，那么$n^m = n^{m} = n^{\phi(m)+1} = n^{(m-1)+1}\equiv n^1 \mod m$，所以有： $$n^{x \mod (m-1) + m} \equiv n^{x \mod (m-1)} \cdot n^{m} \equiv n^{x \mod (m-1)} \cdot n \mod m$$ 这显然不等于左边。所以用户给出的等式可能是错误的。 但是，我们注意到在一些情况下，比如费马小定理，我们通常不会加这个$m$。然而，有一种情况需要考虑：当$x$很小时，$x \mod (m-1)$就是$x$，所以右边指数就是$x$，等式成立。当$x$很大时，取模后指数变小。但是，用户等式中的加$m$可能是为了处理指数为负数的情况？然而指数通常是非负整数。 因此，我们怀疑用户给出的等式有笔误。实际上，在模幂运算中，我们通常使用： $$n^x \mod m = n^{x \mod \phi(m)} \mod m \quad \text{（当n与m互质时）}$$ 如果非要在指数上加上$m$，那可能是为了处理某种特殊情况（例如，当$x \mod \phi(m)=0$时，$n^0=1$，但实际在循环群中，指数为$\phi(m)$的倍数时结果为1，所以加上$\phi(m)$的倍数不会改变结果）。但是，加上一个$m$（即$\phi(m)+1$）显然不是倍数关系（除非$\phi(m)$能整除$m$，但通常不能）。 实际上，更常见的做法是：由于$n^{\phi(m)}\equiv1$，所以指数部分可以模$\phi(m)$，但不需要加上$\phi(m)$。所以正确的等式就是： $$n^x \equiv n^{x \mod \phi(m)} \pmod{m} \quad \text{当}\gcd(n,m)=1\text{时成立}$$ 对于$m$不是素数的情况，我们需要使用欧拉函数$\phi(m)$。但是，当$m$是素数时，$\phi(m)=m-1$。 因此，推导过程如下： 1. 当$m$为素数，且$n$不被$m$整除（即$\gcd(n,m)=1$）时，由费马小定理： $$n^{m-1} \equiv 1 \pmod{m}$$ 2. 设$x = k(m-1) + r$，其中$k$为整数，$r = x \mod (m-1)$，且$0\leq r < m-1$。 3. 则： $$n^x = n^{k(m-1)+r} = (n^{m-1})^k \cdot n^r \equiv 1^k \cdot n^r \equiv n^r \pmod{m}$$ 4. 所以： $$n^x \mod m = n^r \mod m = n^{x \mod (m-1)} \mod m$$ 这就是正确的推导。 用户等式中的加$mod$（即$m$）可能是混淆了其他情况？或者可能是为了处理当$x$为0时，$x \mod (m-1)$为0，然后加上$m$后指数变为$m$，此时$n^m \mod m$？但由费马小定理，$n^m = n^{m-1+1} \equiv n \mod m$，这显然不等于$n^0=1$（除非$n\equiv1$）。所以这个加法是不正确的。 因此，我们得出结论：用户给出的等式不正确。正确的等式应为： $$n^x \mod m = n^{x \mod (m-1)} \mod m \quad \text{当}\gcd(n,m)=1\text{且}m\text{为素数时}$$ 另外，当$n$与$m$不互质时，需要更复杂的处理，比如使用扩展欧拉定理：对于任意$x$，当$x \geq \phi(m)$时，有： $$n^x \equiv n^{x \mod \phi(m) + \phi(m)} \pmod{m}$$ 注意这里指数是模$\phi(m)$后再加上$\phi(m)$。这就是为什么用户等式中有一个加$mod$（即$m$）的原因吗？但是，$\phi(m)$不一定等于$m-1$（只有当$m$为素数时才等于$m-1$），而且加上的是$\phi(m)$，不是$m$。 扩展欧拉定理的推导可以参考数论书籍，这里不做详细推导。其基本思想是考虑$n$与$m$不互质的情况，通过将$m$分解为素因数的乘积，然后分别应用欧拉定理和提升指数的方法。 所以，如果用户等式中加的是$\phi(m)$而不是$mod$（即$m$），并且$mod$是素数时$\phi(m)=m-1$，那么等式应为： $$n^x \mod m = n^{x \mod \phi(m) + \phi(m)} \mod m \quad \text{当}x\geq\phi(m)\text{时，且不要求}\gcd(n,m)=1$$ 但注意：这个等式成立的条件是$x\geq\phi(m)$，且$m$是素数时$\phi(m)=m-1$，所以： $$n^x \mod m = n^{x \mod (m-1) + (m-1)} \mod m \quad \text{当}x\geq m-1\text{时}$$ 这里指数部分加上的是$\phi(m)=m-1$，而不是$m$。而且，当$x$足够大（大于等于$\phi(m)$）时，这个等式对任意$n$都成立（只要$n$是整数）。 因此，用户给出的等式可能是混淆了这两种情况，并且写成了加$mod$（即$m$）而不是加$\phi(m)$。 综上所述，我们推导了两种情形的等式： 1. 当$n$与$m$互质且$m$为素数时：$n^x \mod m = n^{x \mod (m-1)} \mod m$（对任意$x\geq0$成立）。 2. 当$m$为素数，且$x\geq m-1$时（不要求$n$与$m$互质）：$n^x \mod m = n^{x \mod (m-1) + (m-1)} \mod m$。 注意第二种情况中指数加的是$m-1$，不是$m$。 下面我们验证第二种情况（扩展欧拉定理）： 设$m$为素数，$n$任意整数（比如$n$是$m$的倍数），则当$x\geq m-1$时，有： - 若$n$是$m$的倍数，则$n^x \mod m=0$，而右边$n^{x \mod (m-1) + (m-1)} \mod m$：因为$n$是$m$的倍数，所以$n$的任何正指数次方模$m$都是0（只要指数大于0）。而$x\geq m-1>0$，且右边指数$x \mod (m-1) + (m-1)$：由于$x \mod (m-1) \in [0, m-2]$，所以加上$m-1$后指数至少为$m-1>0$，所以右边也是0，所以相等。 - 若$n$不是$m$的倍数，则由费马小定理，$n^{m-1}\equiv1$。设$r=x \mod (m-1)$，则$x = k(m-1)+r$（$k\geq1$，因为$x\geq m-1$，所以$k\geq1$，$r\in[0,m-2]$）。则左边$n^x = n^{k(m-1)+r}\equiv (n^{m-1})^k \cdot n^r \equiv 1^k \cdot n^r \equiv n^r \mod m$。 右边指数为$r+(m-1)$，所以右边为$n^{r+(m-1)} = n^r \cdot n^{m-1} \equiv n^r \cdot 1 \equiv n^r \mod m$。所以左右两边相等。 因此，在$m$为素数且$x\geq m-1$时，有$n^x \equiv n^{x \mod (m-1) + (m-1)} \pmod{m}$。 但是，当$x < m-1$时，这个等式不一定成立。例如，取$m=5$，$n=2$，$x=1$，则有： 左边：$2^1 \mod 5=2$。 右边：指数部分$x \mod (m-1)=1 \mod 4=1$，加上$m-1=4$后指数为5，$2^5 \mod 5=32 \mod 5=2$，相等。 再取$x=3$（$3<4$），左边$2^3=8\mod5=3$；右边指数部分$3\mod4=3$，加上4后为7，$2^7=128\mod5=3$，也相等。 实际上，对于$m=5$，$x$取0到3： - $x=0$：左边$2^0=1$；右边指数$0\mod4=0$，加4后为4，$2^4=16\mod5=1$，相等。 - $x=1$：如上，相等。 - $x=2$：左边4；右边指数2+4=6，$2^6=64\mod5=4$，相等。 - $x=3$：如上，相等。 所以在这个例子中即使$x<m-1$也成立。这是巧合吗？ 扩展欧拉定理的条件是$x\geq \phi(m)$（这里$\phi(m)=4$），所以当$x<4$时，按理说不满足条件，但在这个例子中却成立。这是因为$m$是素数，且$n$和$m$互质？实际上，我们上面的推导（第二种情况）要求$x\geq m-1$，但在$m=5$时，$x$从0到3（小于4）时，等式也成立。这是因为$n^{m-1}\equiv1$，而指数加上$m-1$相当于乘了1，所以只要加上$m-1$的倍数，模$m$的结果不变。因此，即使$x$很小，加上$m-1$后，$n^{x} \equiv n^{x} \cdot 1 \equiv n^{x} \cdot (n^{m-1})^k \equiv n^{x+k(m-1)} \mod m$，所以$n^x \equiv n^{x \mod (m-1) + k(m-1)} \mod m$。也就是说，我们可以任意加上$m-1$的倍数。特别地，取$k=1$，得到$n^{x \mod (m-1) + (m-1)}$。因此，对于素数$m$和任意整数$x\geq0$，以及任意整数$n$（与$m$互质或不互质，注意当$n$是$m$的倍数时，$x>0$则两边都是0；$x=0$时，$n^0=1$，而右边指数为0+4=4，$0^4$没有意义，所以$n$不能是$m$的倍数？实际上这里$n$是$m$的倍数时，我们只考虑$x>0$，此时两边为0，而$x=0$时，$n^0=1$（$n$不为0），如果$n$是$m$的倍数，通常不会考虑$x=0$的情况，因为$0^0$未定义。但在模幂中，通常$n$是非负整数，$x$是非负整数，若$n>0$，则$0^0$定义为1；若$n=0$且$x>0$，则为0。所以为了避免歧义，我们约定$n$为正整数。 因此，当$m$为素数时，对于任意的$n$（只要$n$不是$m$的倍数或者$x>0$），以及任意非负整数$x$，等式都成立？让我们再测试$n$是$m$的倍数且$x=0$的情况：左边$n^0=1$（$n$不为0），右边指数$0\mod4=0$，加上4等于4，$n^4$：因为$n$是$m$的倍数，所以$n^4 \mod m=0$，而1不等于0。所以当$n$是$m$的倍数且$x=0$时，等式不成立。 因此，扩展欧拉定理要求$x\geq\phi(m)$是为了覆盖$n$与$m$不互质的情形，但当$n$与$m$互质时，无论$x$大小都成立（这是因为互质时欧拉定理成立，指数模$\phi(m)$即可）。当$n$与$m$不互质时，必须$x\geq\phi(m)$才成立。 总结： 1. 若$\gcd(n,m)=1$，则对任意$x\geq0$，有： $$n^x \equiv n^{x \mod \phi(m)} \pmod{m}$$ 特别地，当$m$为素数时，$\phi(m)=m-1$，所以： $$n^x \equiv n^{x \mod (m-1)} \pmod{m}$$ 2. 若$\gcd(n,m)\neq1$，则当$x\geq\phi(m)$时，有： $$n^x \equiv n^{x \mod \phi(m) + \phi(m)} \pmod{m}$$ 特别地，当$m$为素数时，$\phi(m)=m-1$，所以： $$n^x \equiv n^{x \mod (m-1) + (m-1)} \pmod{m} \quad (x\geq m-1)$$ 用户给出的等式中，加的是$mod$（即$m$），而不是$\phi(m)$（即$m-1$），所以是错误的。 因此，用户要求的推导过程应为： **推导过程（针对$m$为素数的情况）：** 设$m$为素数，$\phi(m)=m-1$。 - **情况1：$\gcd(n,m)=1$（$n$不是$m$的倍数）** 由费马小定理：$n^{m-1}\equiv1\pmod{m}$。 设$x=k(m-1)+r$，其中$k$为非负整数，$r=x\mod(m-1)$（$0\leq r < m-1$）。 则： $$n^x = n^{k(m-1)+r} = (n^{m-1})^k \cdot n^r \equiv 1^k \cdot n^r = n^r \pmod{m}$$ 因此： $$n^x \mod m = n^{x \mod (m-1)} \mod m$$ - **情况2：$\gcd(n,m)\neq1$（$n$是$m$的倍数）** 此时，$n \equiv 0 \pmod{m}$。 若$x>0$，则$n^x \equiv 0 \pmod{m}$。 我们需要右边：$n^{x \mod (m-1) + (m-1)} \mod m$。 由于$n$是$m$的倍数，且指数$x \mod (m-1) + (m-1) \geq m-1 >0$（因为$m-1\geq1$），所以$n$的任何正指数幂都是$m$的倍数，即右边$\equiv0\pmod{m}$。 因此，当$x>0$时，两边相等。 当$x=0$时，左边$n^0=1$，右边$n^{(0 \mod (m-1)) + (m-1)} = n^{0+(m-1)} = n^{m-1} \equiv 0 \pmod{m}$（因为$n$是$m$的倍数），所以两边不相等。 因此，对于$n$是$m$的倍数的情况，要求$x>0$，且$x\geq m-1$（因为$x>0$且$m$为素数，通常$m\geq2$，所以$x\geq1$，但$m-1\geq1$，所以$x\geq1$时，指数$r=m-1$或更大，但这里我们仅要求$x>0$，同时注意扩展欧拉定理的条件$x\geq\phi(m)=m-1$。实际上，当$x$在区间$[1, m-2]$时，左边$n^x\equiv0$，右边指数为$r=x$加上$m-1$（因为$x$小于$m-1$，所以$x\mod(m-1)=x$），即指数为$x+(m-1)$，显然大于0，所以$n^{x+(m-1)}\equiv0$。所以即使$x$没有达到$m-1$，只要$x>0$，右边也是0。因此，对于$n$是$m$的倍数的情况，当$x>0$时等式成立。 因此，综合情况1和2，当$m$为素数时，对于任意$n$（整数）和$x>0$，有： $$n^x \mod m = n^{x \mod (m-1) + (m-1)} \mod m \quad ?$$ 注意情况1中我们写的是$n^{x\mod(m-1)}$，情况2中我们写的是$n^{x\mod(m-1)+(m-1)}$。如果统一写成加上$m-1$，那么在情况1中，$n^{r+(m-1)} = n^r \cdot n^{m-1} \equiv n^r \cdot 1 = n^r \pmod{m}$，与情况1的左边相等。所以，即使$n$与$m$互质，我们也可以加上$m-1$，因为乘以$n^{m-1}\equiv1$。而且对于$n$与$m$不互质（$x>0$）的情况，加上$m-1$后指数大于0，从而右边为0。 但是，当$x=0$时，情况1：左边=1，右边指数=0+(m-1)=m-1，$n^{m-1}\equiv1$（因为$n$与$m$互质），所以1=1，成立。情况2：$x=0$，左边=1，右边$n^{m-1}\equiv0$（因为$n$是$m$的倍数），不成立。所以当$n$是$m$的倍数且$x=0$时，不能写成加上$m-1$的形式。 因此，我们只能保证当$x\geq1$时，对于素数$m$，有： $$n^x \mod m = n^{x \mod (m-1) + (m-1)} \mod m$$ 成立。而当$x=0$时，右边还需要进一步讨论：如果$n$与$m$互质，则$n^{m-1}\equiv1$，等于左边；如果$n$是$m$的倍数，则不成立。 为了避免$x=0$时的讨论，通常我们分开写： - 当$n$与$m$互质时，对任意$x\geq0$，$n^x \equiv n^{x \mod (m-1)} \pmod{m}$。 - 当$n$与$m$不互质且$x\geq1$时，$n^x \equiv n^{x \mod (m-1) + (m-1)} \pmod{m}$？但 not exactly，因为$x \mod (m-1)$可能是0，此时指数为$0+(m-1)=m-1$，$n^{m-1}\equiv0$（因为$n$是$m$的倍数），而左边$n^x$，比如$x=k(m-1)$（$k\geq1$），则$n^x=(n^{m-1})^k \equiv 0^k=0$，所以也成立。所以，当$n$与$m$不互质且$x\geq1$时，上式成立。 因此，如果$m$是素数，且$x>0$或$x=0$且$n$与$m$互质，我们可以使用统一的表达式： $$n^x \mod m = n^{(x \mod (m-1)) + (m-1)} \mod m$$ 但 when $x=0$ and $n$ is a multiple of $m$, it fails. So we can say for $x>0$, it always holds. 在实际编程中，为了避免$x=0$时的错误，我们常用： ```python def pow_mod(n, x, m): if m == 1: return 0 if x == 0: return 1 # 如果是素数，且我们确定m是素数，则phi=m-1 phi = m-1 # only valid when m is prime r = x % phi # 扩展欧拉定理要求x>=phi，但当m为素数时，即使x<phi，我们用加上phi的方式也是可以的（验证过在x>0时成立） # 但是当x=0时，我们已经在前面处理了，所以这里x>0 # 我们采用：指数取 r + phi (即x % phi + phi) 当 r==0 ? wait， even if r!=0, adding phi is also valid. # 由于 r = x % phi, 0<=r<phi, 则 r+phi >= phi, 满足扩展欧拉定理要求的指数>=phi # 所以这里我们直接计算指数为 r + phi # 但是 wait，这样计算出来的指数比必要的指数大了phi，可能会增加计算量？不过这样可以统一处理。 # 然而，当n与m互质时，我们本可以只用r，现在用r+phi，计算量增大。所以通常我们不用这种方法，而是分情况： # 实际上，编程中我们通常使用快速幂，并且指数用模phi(m)来 reduction，但要注意条件。 # 所以，正确的编程做法是： # if gcd(n, m) == 1 or x < phi: # exponent = x % phi # 但要注意，当x<phi时，即使n和m不互质， reduction可能不安全 # else: # exponent = x % phi + phi # 然后计算 n^{exponent} mod m # 但这里phi=m-1（m为素数） # 然而，题目中 mod=1003，是一个素数，所以我们可以这样。 # 但是，用户引用[1]中求解的是 n^x mod 1003，并且使用了递归快速幂，其中指数用除以2来 reduction，并没有用费马小定理来 reduction。所以用户并不是用这个定理来做的。 # 所以，回到用户的问题，他给出的等式可能是针对素数模且x>0的统一写法，即： # n^x mod m = n^{ (x mod (m-1)) + (m-1) } mod m for x>0 and m prime. # 而且，当x>0时，这个等式成立。 因此，推导过程为： **结论：** 当$m$为素数且$x>0$时，对于任意整数$n$，有： $$n^x \mod m = n^{(x \mod (m-1)) + (m-1)} \mod m$$ **推导：** 由于$m$为素数，分两种情况： 1. $n$与$m$互质（$n$ not divisible by $m$）： - 由费马小定理，$n^{m-1}\equiv 1\pmod{m}$。 - 令$r = x \mod (m-1)$，则$x = k(m-1) + r$，$0\leq r < m-1$。 - 则 $$n^{(x \mod (m-1)) + (m-1)} = n^{r + (m-1)} = n^r \cdot n^{m-1} \equiv n^r \cdot 1 = n^r \pmod{m}$$ 而 $$n^x = n^{k(m-1)+r} = (n^{m-1})^k \cdot n^r \equiv 1^k \cdot n^r = n^r \pmod{m}$$ 所以两边相等。 2. $n$与$m$不互质（$n$ divisible by $m$）： - 则$n$的任何正整数次幂被$m$整除，即$n^x \equiv 0 \pmod{m}$（if $x>0$）。 - 右边：$n^{(x \mod (m-1)) + (m-1)}$，由于$n$是$m$的倍数，且指数$(x \mod (m-1)) + (m-1) \geq m-1 \geq 1$（$m$为素数，$m\geq2$，所以$m-1\geq1$），指数为正整数，右边$\equiv 0 \pmod{m}$。 - 所以两边相等。 综上，当$x>0$且$m$为素数时，该等式成立。 用户所给的等式是： $$n^x \mod \text{mod} = n^{x \mod (\text{mod}-1) + \text{mod}} \mod \text{mod}$$ 其中加的是$\text{mod}$（即$m$），而不是$m-1$。所以 user's equation has a typo: it should be $m-1$ instead of $m$. 正确的写法应为： $$n^x \mod m = n^{(x \mod (m-1)) + (m-1)} \mod m \quad (x>0, m\text{ is prime})$$ 因此，我们推导出了 user's intended equation（ with the exponent including $m-1$ instead of $m$）。 **注意：** 当 $x=0$ 时，这个等式不成立（ user's equation should not be used for $x=0$）。 </think>### 推导过程：$n^x \mod m = n^{(x \mod \phi(m)) + \phi(m)} \mod m$（扩展欧拉定理） #### 基础条件 设 $m$ 是素数，则 $\phi(m) = m-1$（欧拉函数性质）。核心依据是 **欧拉定理**： 当 $\gcd(n, m) = 1$ 时， $$n^{\phi(m)} \equiv 1 \mod m$$ 即： $$n^{m-1} \equiv 1 \mod m \tag{1}$$ #### 情况1：$\gcd(n, m) = 1$（$n$ 与 $m$ 互质） 1. **指数化简**： 令 $r = x \mod \phi(m)$（即 $r = x \mod (m-1)$），则存在整数 $k$ 满足： $$x = k \cdot \phi(m) + r = k(m-1) + r \quad (0 \leq r < m-1)$$ 2. **代入原式**： $$n^x = n^{k(m-1) + r} = (n^{m-1})^k \cdot n^r$$ 3. **应用欧拉定理**： 由 $(1)$ 得 $n^{m-1} \equiv 1 \mod m$，故： $$(n^{m-1})^k \cdot n^r \equiv 1^k \cdot n^r \equiv n^r \mod m$$ 4. **等价变形**： 由于 $r = x \mod (m-1)$，有： $$n^x \equiv n^{x \mod (m-1)} \mod m \tag{2}$$ 此时 $n^{(x \mod (m-1)) + (m-1)} = n^r \cdot n^{m-1} \equiv n^r \cdot 1 \equiv n^r \mod m$，与 $(2)$ 一致。 #### 情况2：$\gcd(n, m) \neq 1$（$n$ 与 $m$ 不互质） 由于 $m$ 是素数，$n$ 必含因子 $m$（即 $n \equiv 0 \mod m$）。 1. **左边分析**： 当 $x > 0$ 时， $$n^x \equiv 0 \mod m \tag{3}$$ 2. **右边分析**： 令 $r = x \mod (m-1)$： - 右边指数为 $r + (m-1) \geq m-1 \geq 1$（因 $m \geq 2$）， - 故 $n^{(r + (m-1))} \equiv 0 \mod m$（因 $n$ 含因子 $m$）。 结合 $(3)$，得： $$n^x \equiv n^{(x \mod (m-1)) + (m-1)} \equiv 0 \mod m \quad (x > 0) \tag{4}$$ #### 结论 综合两种情形的 $(2)$ 和 $(4)$，当 $m$ 为素数且 $x > 0$ 时： $$n^x \mod m = n^{(x \mod (m-1)) + (m-1)} \mod m$$ 此即用户等式的正确形式（原式中的 $+\ \text{mod}$ 应为 $+\ \phi(m) = +\ (m-1)$）。 > **关键修正**：用户原等式末尾的 $+\ \text{mod}$ 是笔误，正确应为 $+\ \phi(m)$（即 $m-1$）。 #### 示例验证 取 $m=5$（素数，$\phi(m)=4$)，$n=2$，$x=7$： - 左边：$2^7 \mod 5 = 128 \mod 5 = 3$ - 右边：$r = 7 \mod 4 = 3$，指数 $= 3 + 4 = 7$，$2^7 \mod 5 = 3$ **结果一致**。 --- ### 相关问题 1. 当模数 $m$ 不是素数时，扩展欧拉定理如何表述？ 2. 如何证明扩展欧拉定理中 $x \geq \phi(m)$ 的条件必要性？ 3. 在编程实现模幂运算时，如何处理 $x=0$ 或 $n=0$ 的边界情况？ [^1]
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