【数论】费马小定理

一、同余

1. 同余的定义

基本定义：设 $m$ 是正整数，如果 $a，b$ 的差 $a-b$ 被 $m$ 整除即 $a-b=qm$，就称 $a,b$ 关于模 $m$ 同余，或简称同余。记为
$$a\equiv b(\mathrm{mod}m)$$

简单来说就是如果 $a$ 和 $b$ 除以 $m$ 的余数相同，那么 $a,b$ 就关于模 $m$ 同余。

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2. 同余的性质

• 若 $a\equiv b(\mathrm{mod}m)$，$c\equiv d(\mathrm{mod}m)$，则 $a\pm c\equiv b\pm d(\mathrm{mod}m)$；

• 若 $a\equiv b(\mathrm{mod}m)$，$c\equiv d(\mathrm{mod}m)$，则 $ac\equiv bd(\mathrm{mod}m)$；

• 若 $a\equiv b(\mathrm{mod}m)$，$n\in N$，则 $a^n\equiv b^n(\mathrm{mod}m)$；

• 若 $ac\equiv bc(\mathrm{mod}m)$，且 $c$ 与 $m$ 互质，则 $a\equiv b(\mathrm{mod}m)$；

• $a\equiv b(\mathrm{mod}m)$ $\iff$ $a-b=km$。

可见同余的两侧的数字同时加、减、乘一个数字没有限制，但是同时除以一个数时有一定的限制。

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二、费马小定理

1. 费马小定理的内容

费马小定理：如果 $p$ 是一个质数，对于任意整数 $a$，都有
$$a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$$
此外我们还会见到另一种形式：如果 $p$ 是一个质数，$a$ 不能被 $p$ 整除，那么有
$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

这是由于同余的性质，如果两边同时除以 $a$ 的话，必须要满足 $a$ 和 $p$ 互质，由于 $p$ 是质数，所以等同余 $a$ 不能被 $p$ 整除。

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2. 费马小定理的证明（趣味版）

证明：定理的证明千篇一律，有趣的思维万里挑一。这里我想用一种有趣的方式进行证明，过程如下：

假设现在有一串珠子形成了一个环，环上珠子的数量是 $p$（$p$是素数），现在我有 $a$ 种颜色，我要给这个环上的每一个珠子进行上色。根据小学知识，每个珠子的上色情况都有 $a$ 种，因此总共有 $a^p$ 种上色方式。

假如我要用至少两种颜色进行上色，总共就有 $(a^p-a)$ 种上色方式。我们现在要证明的是 $a^p-a\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，也就是证明 $a^p-a$ 这个式子能够被 $p$ 整除，即证明 $a^p-a=kp$ 。

又回到这个给环上色问题上，问题就可以转化为：如果我们可以把至少用两种颜色这一情况分成 $k$ 组，每组都刚好有 $p$ 种上色方式
那我们就可以证明 $a^p-a$ 是 $p$ 的 $k$ 倍了！

总共 $a^p$ 种上色方式 $\{\begin{array}{l}一种颜色:a\\ \\ \\ 至少两种颜色：a^p-a\{\begin{array}{l}p种\\ p种\\ ⋮\\ p种\end{array}\end{array}$

为了方便，我们把可以通过旋转得到一模一样的两种上色方式称为"同款"，如下：

现在我们把 ”同款“ 的上色方式放在一组里面，由上图不难发现，当我们关注红色的珠子时，当它绕着旋转一圈后，它把每个位置都经过了一边。也就是说，当我们把这个环进行旋转时，它所出现的不同上色方式恰好就是这个环上的珠子的个数，也就是 $p$。也就说明了同款里不同的上色方式就是 $p$ 种。即我们确实可以把 $(a^p-a)$ 种上色方式分成若干个 $p$ 种上色方式。

BUT！这好像有个bug啊…万一在旋转过程中出现了两个一模一样的上色咋办？请看VCR：

别急！这个时候，$p$ 是素数的条件就很关键了。既然是素数，就说明它只能被1和它本身整除，所以说实际上是不可能出现像上面那样有几个完整周期排列的。只要不是由几个完整的周期依次排列成环的，就不会出现像上面那样转了不到一圈就完全重合的现象。

综上，我们就说明了在 $(a^p-a)$ 种上色方式中，我们可以把它分成 $k$ 组，每组都恰好有 $p$ 种上色方式。即
$$\begin{gathered} a^p-a=kp \\ \Updownarrow \\ {a}^p-a\equiv 0(\mathrm{mod}p) \\ \Updownarrow \\ {a}^p\equiv a(\mathrm{mod}p) \end{gathered}$$
费马小定理，证毕！

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3. 求解乘法逆元

(1) 乘法逆元

• 定义

对于正整数 $a$ 和 $p$，若有
$$ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$
那么把这个同余方程中的 $x$ 的解叫做 $a$ 模 $p$ 的乘法逆元，简称逆元，记作 $a^{-1}$。

例如 $8x\equiv 1(\mathrm{mod}5)$ 中，$x=2,7,\cdots$ 。那么解出来的这些 $x$ 就是 $8$ 模 $5$ 的乘法逆元。

• $a$ 存在乘法逆元的充要条件是 $a$ 和 $p$ 互质

要想说明 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 存在这么一个 $x$ ，可以进行一个简单的变形。因为是对 $ax$ 取模，相当于是把 $ax$ 减掉了 $k$ 个 $p$ 最终剩下了 $1$，相当于可以写成 $ax-kp=1$，$k$ 是一个整数，这里等价于 $ax+py=1$。而根据裴蜀定理，方程 $ax+py=1$ 有解的充要条件是 $\gcd (a,p)=1$。

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(2) 费马小定理 + 快速幂求逆元

$a$ 存在乘法逆元的充要条件是 $a$ 与 $p$ 互质，而**当模数 $p$ 是质数时，**满足费马小定理的条件，由费马小定理：
$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$
提出一个 $a$ 出来，可以得到
$$a\cdot a^{p-2}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$
而这个式子就恰好满足了我们希望的形式，因此可以看出，$a$ 的逆元就是 $a^{p-2}$，而 $a^{p-2}$ 则可用快速幂进行求解。

注：当 $p$ 不是质数的时候，需要使用其他方法进行求解，例如扩展欧几里得算法。

#include <iostream>using namespace std;typedef long long LL;// 必须要保证 a, p 互质，且 p 为质数
LL qpow(LL a, LL b, LL p)
{LL ret = 1;while(b){if(b & 1) ret = ret * a % p;b >>= 1;a = a * a % p;}return ret;
}int main()
{LL x, p; cin >> n >> p;cout << qpow(x, p - 2, p) << endl;  // 打印 x 在模 p 意义下的乘法逆元return 0;
}

时间复杂度与快速幂一致，为 $O(\log n)$。

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(3) 应用

当我们求解 $(20 \div 3)\bmod 5 $ 这种带模数的运算时，由于 $20÷3$ 是一个小数，我们没法直接求解，这个时候我们可以用逆元把除法变成乘法。这个问题等价于 $(20\times 3^{-1})\mathrm{mod}5$，注意这里的 $3^{-1}$ 是乘法逆元，不是倒数。$3$ 在模 $5$ 下的逆元是 $2$，因此原式等价于 $(20\times 2)\mathrm{mod}5=0$。

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三、OJ 练习

1. 序列求和 ⭐

【题目链接】

序列求和

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(1) 解题思路

中学时我们学过，$1^2+2^2+\cdots +n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$，所以这道题本质上是在求右边这个分式的值然后对 $(10^9+7)$ 取模的结果。如果我们直接求解，那么我们需要计算 $n(n+1)(2n+1)$，由于 $n$ 非常大，所以我们要边乘边取模，但是模完之后的数可能不是 $6$ 的倍数了，因此我们不能用除以 $6$ 来运算最终结果，所以需要用乘法逆元把除法转换为乘法。原式等价于求解
$$n(n+1)(2n+1)\times 6^{-1}\mathrm{mod}(10^9+7)$$
求解 $6$ 在模 $(10^9+7)$ 下的逆元采用费马小定理 + 快速幂即可。

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(2) 代码实现

#include<iostream>using namespace std;typedef long long LL;const int p = 1e9 + 7;LL n;// 快速幂
LL qpow(LL a, LL n, LL p)
{LL ret = 1;while(n){if(n & 1) ret = ret * a % p;n >>= 1;a = a * a % p;}return ret;
}// 费马小定理求解 x 模 p 下的逆元 
LL rev(LL x, LL p)
{return qpow(x, p - 2, p);
}int main()
{while(cin >> n){// 由于 n 可能非常大，所以每一步乘法运算后都需要取一次模防止溢出LL ans = ((((n % p) * ((n + 1) % p) % p) % p) * ((2 * n + 1) %p)) % p * (rev(6, p)) % p;cout << ans << endl;}return 0;
}

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2. 水上舞者索尼娅 ⭐⭐

【题目链接】

P11465 水上舞者索尼娅 - 洛谷

【题目背景】

2024 年 12 月 18 日，《炉石传说》31.2.2 补丁上线，水上舞者索尼娅遭到削弱。现在，在这道题目中，你打开时空之门，回到了水索被削弱前的时候。

【题目描述】

你的场上有 $k$ 个【水上舞者索尼娅】，你的手牌中有 $1$ 张法力值消耗为 $1$ 的【一串香蕉（还剩 $n$ 根）】，你有无尽的法力值，你的手牌数量没有上限。

在你的场上有 $k$ 个【水上舞者索尼娅】的情况下：

当你使用 $1$ 张法力值消耗为 $1$ 的【一串香蕉（还剩 $x$ 根）】时，你将得到：

• $k$ 张法力值消耗为 $0$ 的【一串香蕉（还剩 $x$ 根）】。
• $1$ 张法力值消耗为 $1$ 的【一串香蕉（还剩 $x-1$ 根）】。（若 $x=1$，则不会得到）

当你使用 $1$ 张法力值消耗为 $0$ 的【一串香蕉（还剩 $x$ 根）】时，你将得到：

• $1$ 张法力值消耗为 $1$ 的【一串香蕉（还剩 $x-1$ 根）】。（若 $x=1$，则不会得到）

你一共可以使用多少次【一串香蕉】？

由于答案可能很大，你只需求出答案对 $10^9+7$ 取模的余数。

【输入格式】

本题有多组数据。

第一行一个正整数 $T$，表示数据组数。

对于每组数据：

一行两个正整数 $n,k$。

【输出格式】

对于每组数据：

输出一行一个整数，表示答案对 $10^9+7$ 取模的余数。

【示例一】

输入

3
2 2
3 1
12 34

输出

12
14
178629506

【说明/提示】

$1\le T\le 10^5$， $1\le n,k\le 10^9$。

样例解释：

对于第 $1$ 组数据：

场上有 $2$ 个【水上舞者索尼娅】，初始手牌中有 $1$ 张法力值消耗为 $1$ 的【一串香蕉（还剩 $2$ 根）】。

使用：$1$ 张法力值消耗为 $1$ 的【一串香蕉（还剩 $2$ 根）】。
手牌：

• $2$ 张法力值消耗为 $0$ 的【一串香蕉（还剩 $2$ 根）】。
• $1$ 张法力值消耗为 $1$ 的【一串香蕉（还剩 $1$ 根）】。

使用：$2$ 张法力值消耗为 $0$ 的【一串香蕉（还剩 $2$ 根）】。
手牌：

• $3$ 张法力值消耗为 $1$ 的【一串香蕉（还剩 $1$ 根）】。

使用：$3$ 张法力值消耗为 $1$ 的【一串香蕉（还剩 $1$ 根）】。
手牌：

• $6$ 张法力值消耗为 $0$ 的【一串香蕉（还剩 $1$ 根）】。

使用：$6$ 张法力值消耗为 $0$ 的【一串香蕉（还剩 $1$ 根）】。
手牌：

• 空

共使用 $1+2+3+6=12$ 张【一串香蕉】。

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(1) 解题思路

我们把法力值消耗为 $1$ 的【一串香蕉（还剩 $n$ 根）】记为 $(1,n)$，以及场上有 $k$ 个【水上舞者索尼娅】。此时我们使用一次一串香蕉，根据题意，你会得到 $k$ 个 $(0,n)$ 和 一个 $(1,n-1)$，此时再把 $k$ 个 $(0,n)$ 全部使用，那么就会得到 $k$ 个 $(1,n-1)$，这个时候，你会得到 $k+1$ 个 $(1,n-1)$。

(1, n) --使用k+1次--> (k + 1)个(1, n - 1)

那么以此类推，我们可以得出以下规律

(1, n) --使用k+1次--> (k + 1)个(1, n - 1) --使用(k+1)^2次--> (k + 1)^2个(1, n - 2)  ... 

所以我们最终就可以使用 $(k+1)+(k+1{)}^2+\cdots +(k+1{)}^n=\sum _{i=1}^n(k+1{)}^i$ 张【一根香蕉】。

根据等比数列求和公式再进行整理，最终答案就是 $\frac{(k+1{)}^{n+1}-k-1}{k}\mathrm{mod}(10^9+7)$。由于在模运算中出现了除法，所以等价于求解 $[(k+1{)}^{n+1}-k-1]\times k^{-1}\mathrm{mod}(10^9+7)$。

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(2) 代码实现

#include<iostream>using namespace std;typedef long long LL;const int p = 1e9 + 7;
LL n, k;// 快速幂
LL qpow(LL a, LL n, LL p)
{LL ret = 1;while(n){if(n & 1) ret = ret * a % p;n >>= 1;a = a * a % p;}return ret;
}// 求解 x 模 p 下的逆元 
LL inv(LL x, LL p)
{return qpow(x, p - 2, p);
}int main()
{int t;cin >> t;while(t--){cin >> n >> k;LL ans = (qpow(k + 1, n + 1, p) - k - 1) * inv(k, p);// 注意把答案补成最小非负整数cout << ((ans % p) + p) % p << endl;}
}

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