初等数学瞎扯Ⅰ：同余相关

写在前面：

还在写qwq，NOIP之前应该会写到exCRT及以后，但是省选数论比如 Lucas 扩展 Lucas 还有原根二次剩余这些东西可能要等到NOIP以后了。

关于题目我也没有做过多少，具体可以看看魏老师的博客，一车题，本文也是基本仿着魏老师博客写的（就是从这里学的qwq，掺杂了一些个人理解）,链接在下面。

最后祝各位 NOIP RP++/bx

更新：

死回来了，NOIP 打了个二等，看起来没带脑子。

从某种意义上来说，我也是备战 NOIP2023 的最早的选手。

真的是脸都不要了。

---

0. 基本定义

• 整除：若对于 $a,b\in \mathbb{Z}$ 且 $b\ne 0$，有 $a\mathrm{mod}b=0$，则我们称 $b$ 整除 $a$ 或 $a$ 被 $b$ 整除，记作 $b\mid a$，否则我们称 $b$ 不整除 $a$ 或 $a$ 不被 $b$ 整除，记作 $b\nmid a$。

• 同余：若对于 $a,b,p\in \mathbb{Z}$ 且 $p\ne 0$，有 $a\mathrm{mod}p=b\mathrm{mod}p$，则称 $a$ 与 $b$ 在模 $p$ 意义下同余，记作 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$，否则称 $a$ 与 $b$ 在模 $p$ 意义下不同余，记作 $a\not\equiv b(\mathrm{mod}p)$。本文中不会特别区分 $=$ 和 $\equiv$，故可能存在混用情况，望见谅。

• 质数集：质数的集合，记作 $\mathbb{P}$

• 最大公约数：对于两个数 $a,b$，我们称数字 $d$ 是 $a,b$ 的最大公约数当 $d$ 是整除 $a,b$ 的最大整数，记作 $\gcd (a,b)$，简记为 $(a,b)$。

• 互质：两个数 $a,b$ 互质当且仅当 $(a,b)=1$，记作 $a\perp b$。

• 质因子次数符号：把 $n$ 分解质因数后数字 $p$ 的幂次记作 ${\nu }_p(n)$

• 各位数之和符号：在 $p$ 进制下的数 $n$ 各位数字的和记作 $s_p(n)$，例如，$s(123)=6$。

• 完系与缩系：对于一个数 $m$，我们称一个集合 $S$ 是完系，当且仅当 ∀ n ∈ Z , T = { x ∣ x ∈ S , n ≡ x ( m o d m ) } , ∣ T ∣ = 1 \forall n\in\mathbb{Z},T=\{x|x\in S,n\equiv x\pmod m\},|T|=1 ∀n∈Z,T={ x∣x∈S,n≡x(modm)},∣T∣=1。我们称一个集合 $S$ 是缩系，当且仅当 ∀ n ∈ Z , n ⊥ m , T = { x ∣ x ∈ S , n ≡ x ( m o d m ) } , ∣ T ∣ = 1 \forall n\in\mathbb{Z},n\bot m,T=\{x|x\in S,n\equiv x\pmod m\},|T|=1 ∀n∈Z,n⊥m,T={ x∣x∈S,n≡x(modm)},∣T∣=1。

1. 常见定理

1-1. 费马小定理

先给出两个引理。

引理 1：当 $p$ 是质数时，其因子只有 $1$ 和 $p$ 两个。因此，若两个数相乘是 $p$ 的倍数，其中必然至少有一个是 $p$ 的倍数。

引理 2：对于 $a\in \mathbb{Z},p\in \mathbb{P},p\nmid a$，则 $\forall i,j\in [1,p),i\ne j,ai\not\equiv aj(\mathrm{mod}p)$。

考虑反证，若 $ai\equiv aj(\mathrm{mod}p)$，则 $a(i-j)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，与引理 1 矛盾。

引理二的另一表述为，对于 $a\in \mathbb{Z},p\in \mathbb{P},p\nmid a$，$\forall i\in [1,p),ai$ 的取值互不相同且仍为 $[1,p)$.

所以，对于 $a\in \mathbb{Z},p\in \mathbb{P}$，有 $\prod ai\equiv \prod i(\mathrm{mod}p)$，所以 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。这就是费马小定理。

1-2. 欧拉定理

考虑将费马小定理推广到非素数的形式。首先我们试图将引理 1 推广到更一般的形式。

引理 1 拓展：若 $a,b,p\in \mathbb{Z}$ 且 $p\mid ab$，则 $a,b$ 至少有一个与 $p$ 不互质。

我们设在 $[1,p]$ 中有 $x$ 个数与 $p$ 互质，且构成的数字集合为 A = { a 1 , a 2 , . . . , a x } A=\{a_1,a_2,...,a_x\} A={ a1​,a2​,...,ax​}。此时引理 2 可以被推广为

引理 2 拓展：对于 $a,p\in \mathbb{Z},p\nmid a$，则 $\forall i,j\in A,i\ne j,ai\not\equiv aj(\mathrm{mod}p)$。

证明同上。对应的另一表述为，对于 $a,p\in \mathbb{Z},p\nmid a$，$\forall i\in A,ai$ 的取值互不相同且仍属于 $A$。

那么此时仿照上文，有 $\prod a{a}_i\equiv \prod a_i(\mathrm{mod}p)$，所以 $a^{|A|}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。其中 $|A|$ 是 $A$ 集合的大小，我们用 $\phi (x)$ 表示对于数字 $x$ 对应 $A$ 集合的大小。$\phi (x)$ 为欧拉函数。代入验证可知当 $p$ 为质数时，此定理依然成立。

关于欧拉函数，详见 初等数学瞎扯Ⅲ：数论函数 1，这里不再瞎扯赘述。

1-3. 威尔逊定理

下文中，若无特殊说明，默认 $p\in \mathbb{P}$。

1-3-1. 基本威尔逊定理

${\prod }_{i\in [1,p)}i\equiv -1(\mathrm{mod}p)\iff p\in \mathbb{P}$。

说人话，$(p-1)!\equiv -1(\mathrm{mod}p)$。

为证明上式，先证明一个引理。

引理 1：若 $x$ 在模 $p$ 意义下逆元为 $y$，则 $y$ 在模 $p$ 意义下逆元为 $x$。

证明：由已知，$xy=1$，则 $x^{-1}\equiv y,y^{-1}\equiv x$。

另外可以注意到，若 $x\ne 1$，则 $x\ne y$。

你可能会说，这么看来，$(p-1)!\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，但是对于 $i=1$ 其逆元为 $1$，也就是对于 $p\ne 2$，逆元两两配对后会剩下一个元素，考虑这个元素是谁，注意到逆元也是属于 $[1,p)$ 的，也就是说，设元素为 $x$，有 $x^2\equiv 1$，解得 x = ± 1 = { 1 , p − 1 } x=\pm 1=\{1,p-1\} x=±1={ 1,p−1}。所以 $(p-1)!\equiv p-1\equiv -1(\mathrm{mod}p)$ 在 $p\ne 2$ 下成立。特别检验 $p=2$ 依然成立。

但这还没完，上面只说明了必要性，下面来证明充分性。考虑大力分讨。

• 若 $x$ 为完全平方数且 $x>4$，设 $x=a^2$，则 $a$ 与 $2a$ 存在与 $(x-1)!$ 中，故 $(x-1)!\equiv 0(\mathrm{mod}x)$。
• 若 $x$ 为合数且不是完全平方数，设 $x=pq(p,q>1)$，则 $p$ 与 $q$ 存在与 $(x-1)!$ 中，故 $(x-1)!\equiv 0(\mathrm{mod}x)$。
• 若 $x=4$， $3!\equiv 2(\mathrm{mod}4)$。

得证。

所以你如果想求一个数是不是 4，你可以大力计算阶乘然后判断取模后是不是 2。

1-3-2. 威尔逊定理扩展

我们考虑一种修正阶乘，记作 $(n!{)}_p$，这表示在 $n$ 的阶乘中去掉所有含 $p$ 的因子后的值。例如，$(7!{)}_2=1\times 1\times 3\times 1\times 5\times 3\times 5\mathrm{mod}2$，我们考虑该式子在模 $p$ 意义下的值。我们先考虑素数幂次的取值，即 $(p^k!{)}_p$。

首先试图把原式展开

$$\begin{array}{rl}& (p^k!)\\ =& 1\times 2\times ...\times (p-1)\times 1\\ \times & (p+1)\times (p+2)\times ...\times (2p-1)\times 2\\ \times & ...\times 1\\ =& 1\times 2\times ...\times (p-1)\times 1\\ \times & 1\times 2\times ...\times (p-1)\times 2\\ \times & 1\times 2\times ...\times (p-1)\times 1\end{array}$$

然后用威尔逊定理的普通形式代入，得到原式变为

$$(-1{)}^{p^{k-1}}\times 1\times 2\times ...$$

注意到剩下的东西也是修正阶乘的形式，即为 $(p^{k-1}!{)}_p$，答案可以递归下去，得到如下结果

$$(-1{)}^{p^{\frac{k(k-1)}{2}}}$$

那么对于任意正整数 $n$，只需要计算遗留下来的其他东西即可，注意到个数不会超过 $p$，所以时间复杂度是 $O(p)$ 的，尽管这看起来没啥大用。

1-3-3. 威尔逊定理的其它拓展

求 $(p^k!{)}_p$，在这里模数是 $p^k$。

首先考虑 $p>2$ 的情况。仍去解方程 $x^2\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^k)$，得到 $x=\pm 1$，结果仍为 $-1$。

考虑 $p=2$，移项得 $x^2-1=(x+1)(x$