【初等数论】费马小定理

定理证明

引理1

若$a$，$b$，$c$为任意3个整数 , $m$为正整数，且$(m,c)$=1，则当 $a\cdot c\equiv b\cdot c(modm)$ 时，有$a\equiv b(modm)$ .

证明：因为 $ac\equiv bc(modm)$ ，所以 $m|ac-bc$ ， 即 $m|(a-b)c$ ， 又因为 $gcd(m,c)=1$ ， 所以一定有 $m|a-b$ ， 所以 $a\equiv b(modm)$ .

引理2

设 $m$ 是一个整数且 $m>1$ ，$b$ 是一个整数且 $(m,b)=1$ .

如果 $a_1,a_2,a_3,a_4,\cdots a_m$ 是模 $m$ 的一个完全剩余系，则 $b\cdot a_1,b\cdot a_2,b\cdot a_3,b\cdot a_4,\cdots b\cdot a_m$ 也构成模 $m$ 的一个完全剩余系。

证明：设 $i!=j$ ，且 $(m,b)=1$ , $b\cdot a_i\equiv b\cdot a_j(modm)$ .

根据引理1，则有 $a_1\equiv a_j(modm)$ .

根据完全剩余系的定义可知这是不可能的，假设不成立 .

所以 $b\cdot a_1,b\cdot a_2,b\cdot a_3,b\cdot a_4,\cdots b\cdot a_m$ 构成模 $m$ 的一个完全剩余系 .

证明

构造素数 $p$ 的完全剩余系 P = { 1 , 2 , 3 , ⋯   , p − 1 } P=\{1,2,3,\cdots,p-1\} P={1,2,3,⋯,p−1} .

因为 $(a,p)=1$ , 有引理2得 A = { a , 2 a , 3 a , ⋯   , ( p − 1 ) a } A=\{a,2a,3a,\cdots,(p-1)a\} A={a,2a,3a,⋯,(p−1)a} 也是素数 $p$ 的一个完全剩余系 .

由完全剩余系的性质可得
$1\times 2\times 3\times \cdots \times (p-1)\equiv a\times 2a\times 3a\times \cdots \times (p-1)a(modp)$

即 $(p-1)!\equiv (p-1)!\cdot a^{p-1}(modp)$ .

易知 $gcd((p-1)!，p)=1$ ，两边同时约去 $(p-1)!$ ，得 $a^{p-1}\equiv 1(modp)$ .

费马小定理获证 .

例题

P2613 【模板】有理数取余

题目描述

给出一个有理数 $c=\frac{a}{b}$，求 $c$ $mod$ 19260817 的值。

这个值被定义为 $bx\equiv a(mod19260817)$ 的解。

输出一个整数，代表求余后的结果。如果无解，输出 Angry!。

对于所有数据，保证 $0\le a\le 10^{10001}$，$1\le b\le 10^{10001}$ ，且 $a,b$ 不同时是 19260817 的倍数。

解题思路

先考虑 $a$ 为模数倍数的时候，由于 $a,b$ 不可能同时为模数的倍数，此时一定存在 $b$ 的乘法逆元，$ans$ 可以看做是 $a$ 乘上 $b$ 的乘法逆元再取模，答案为 $0$ ；

接着再考虑 $b$为模数倍数的时候，此时不存在 $b$ 的乘法逆元，输出 $Angry!$ ；

最后在考虑 $a,b$ 均不是模数倍数的时候，此时也存在 $b$ 的乘法逆元，$ans$ 同样可以看做是 $a$ 乘上 $b$ 的乘法逆元再取模，可以先用费马小定理求出 $b$ 的乘法逆元，乘上 $a$ 输出即可 。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=19260817;
namespace zyx_{

ll read(){
	ll x=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9'){
		x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
		x%=mod;
		c=getchar();
	}
	return x;
}
ll a,b;
ll gcd(ll x,ll y){
	if(x<y) swap(x,y);
	return y==0?x:gcd(y,x%y); 
}
ll qpow(ll x,ll y){
	ll res=1;
	while(y){
		if(y&1) (res*=x)%=mod;
		y>>=1;
		(x*=x)%=mod;
	}
	return res;
}
int my_main(){
	a=read(),b=read();
	if(a%gcd(b,mod)!=0) cout<<"Angry!";
	else cout<<(a*qpow(b,mod-2))%mod;
	return 0;
}

}
int main(){
	zyx_::my_main();
	return 0;
} 

P1593 因子和

题目描述

输入两个整数 $a,b$，求 $a^b$ 的因子和。

由于结果太大，只要输出它对 9901 取模的结果。

解题思路

由算数基本定理，将 $a$ 进行质因数分解 $a=p_1^{c1}\cdot p_2^{c2}\cdots p_k^{ck}$ ；

那么 $a^b=(p_1^{c1}\cdot p_2^{c2}\cdots p_k^{ck}{)}^b=p_1^{c1\cdot b}\cdot p_2^{c2\cdot b}\cdots p_k^{ck\cdot b}$ ；

$\sigma (k)=(1+p_1+p_1^2+\cdots +p_1^{c1\cdot b})\cdot (1+p_2+p_2^2+\cdots +p_2^{c2\cdot b})\cdot \cdots \cdot (1+p_k+p_k^2+\cdots +p_k^{ck\cdot b})$ ；

发现 $1+p_i+p_i^2+\cdots +p_i^{ci\cdot b}$ 为等比数列 ；

根据等比数列求和公式，则 $S_i=1\times \frac{p_i^{ci\cdot b+1}-1}{p_i-1}$ ；

若 $p_i\equiv 1(mod9901)$ ，则不存在 $p_i-1$ 的乘法逆元 ，需要特殊处理 ；

再这样的等比数列中，每一项都有 $p_j\equiv 1(mod9901)$ ，那么 $S_j\equiv n+1(mod9901)$ ；

其余情况只需要分别求出 $p_i^{ci\cdot b+1}-1$ 与 $p_i-1$ 的逆元计算即可 ；

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
const int mod=9901;
namespace zyx_{

ll read(){
	ll x=0;int f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();} 
	return x*f;
}
ll a,b,ans=1,cnt,p[N],c[N];
void getp(){
	ll n=a;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(n%i) continue;
		p[++cnt]=i;
		while(n%i==0) c[cnt]++,n/=i;
	}
	if(n>1) p[++cnt]=n,c[cnt]=1;
	for(int i=1;i<=cnt;i++) c[i]*=b;
	return ;
}
ll qpow(ll x,ll y){
	ll res=1;
	while(y){
		if(y&1) (res*=x)%=mod;
		y>>=1;
		(x*=x)%=mod;
	}
	return res;
}
void getans(){
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		int k=c[i];
		if(p[i]>mod&&p[i]%mod==1){
			(ans*=(k+1))%=mod;
			continue;
		}
		(ans*=(qpow(p[i],k+1)-1))%=mod;
		(ans*=qpow(p[i]-1,mod-2))%=mod;
	}
	return ;
}
int my_main(){
	a=read(),b=read();
	getp();
    getans();
	cout<<(ans%mod+mod)%mod;
	return 0;
}

}
int main(){
	zyx_::my_main();
	return 0;
}