【数论】欧拉定理 扩展欧拉定理

前置知识

• 欧拉函数

一、欧拉定理

1. 欧拉定理的内容

欧拉定理：若 $a,n$ 均为正整数，且 $\gcd (a,n)=1$，则
$$a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$$

如果你知道费马小定理，那么这个欧拉定理你一定觉得很眼熟。费马小定理：
$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$
其中 $p$ 是素数，又根据我们欧拉函数的性质可知，$\phi (p)=p-1$，所以费马小定理实际上就是欧拉定理的一种特殊情况。

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2.欧拉定理的证明

证：设小于 $n$ 且与 $n$ 互素的所有正整数构成一个集合 Z n = { x 1 , x 2 , ⋯ x φ ( n ) } \Z_n=\{x_1,x_2,\cdots x_{\varphi(n)}\} Zn​={x1​,x2​,⋯xφ(n)​}，共 $\phi (n)$ 个元素。

现在，我将把 ${\mathbb{Z}}_n$ 中的每个元素进行一个运算得到另一个值 $m$：
$$\begin{gathered} a{x}_1\mathrm{mod}n=m_1 \\ a{x}_2\mathrm{mod}n=m_2 \\ ⋮ \\ a{x}_{\phi (n)}\mathrm{mod}n=m_{\phi (n)} \end{gathered}$$

知道 $m$ 是怎么来的之后，现在我把这所有的 $m$ 组成一个新的集合 S = { m 1 , m 2 , ⋯ m φ ( x ) } S=\{m_1,m_2,\cdots m_{\varphi(x)}\} S={m1​,m2​,⋯mφ(x)​}，共 $\phi (n)$ 个元素。

现在我说 ${\mathbb{Z}}_n=S$ 你信吗？不妨来证明一下：

由最开始的条件可知，$a$ 与 $n$ 互素，集合 ${\mathbb{Z}}_n$ 中的任意一个元素 $x_i$ 也与 $n$ 互素。那么易知它们的乘积 $a{x}_i$ 同样也与 $n$ 互素。这是因为 $a$ 和 $x_i$ 都无法拆分出一个 $n$ 的约数，那它们的乘积当然也就拆不出这么一个数，因此互素。又因为 $m$ 的值是通过 $a{x}_i$ 模 $n$ 得到的，这么做并不会改变数与模数之间的最大公约数，所以可以推出 $m$ 与 $n$ 互素。

简而言之就是
$$(a,n)=1,(x_i,n)=1\Rightarrow (a{x}_i,n)=1\Rightarrow (m_i,n)=1\text{\hspace{1em}(1)}$$
又由于 ${\mathbb{Z}}_n$ 中的元素介于 $n$ 之间，任意两个元素之间互不相等，于是无论它们模 $n$ 还是乘以 $a$ 之后模 $n$，都是不相等的：
$$\begin{gathered} x_i\ne x_j\Rightarrow (x_i\mathrm{mod}n)\ne (x_j\mathrm{mod}n)\Rightarrow (a{x}_i\mathrm{mod}n)\ne (a{x}_j\mathrm{mod}n) \\ \Downarrow \\ {m}_i\ne m_j\text{\hspace{1em}(2)} \end{gathered}$$
因此，上面的（1）和（2）式就说明了一件事情：集合 $S$ 中的元素与 $n$ 互素且与互不相等。那我们都知道，这样的集合肯定是唯一确定的，那这不就是集合 ${\mathbb{Z}}_n$ 吗？因此我们得出了 一个很重要的结论：
$${\mathbb{Z}}_n=S$$
于是这两个集合内的每个元素相乘最后的结果肯定相等，即
$$\prod _{n=1}^{\phi (n)}{x}_i=\prod _{n=1}^{\phi (n)}{m}_i$$
因此它们模 $n$ 之后也相等，即
$$\prod _{n=1}^{\phi (n)}{x}_i\mathrm{mod}n=\prod _{n=1}^{\phi (n)}{m}_i\mathrm{mod}n$$
我们对这个这个等式做进一步分析
$$\begin{array}{rl}\prod _{n=1}^{\phi (n)}{x}_i\mathrm{mod}n& =\prod _{n=1}^{\phi (n)}{m}_i\mathrm{mod}n\\ & =(m_1\cdot m_2\cdot \cdots m_{\phi (n)})\mathrm{mod}n\\ & =[(a{x}_1\mathrm{mod}n)\cdots (a{x}_{\phi (n)}\mathrm{mod}n)]\mathrm{mod}n\end{array}$$
由模运算的性质可知，该等式可以进一步转化为
$$=(a{x}_1\cdot a{x}_2\cdot \cdots a{x}_{\phi (n)})\mathrm{mod}n$$
将所有的 $a$ 合并，即
$$\begin{array}{rl}& =(a^{\phi (n)}\cdot x_1\cdot x_2\cdots x_{\phi (n)})\mathrm{mod}n\\ & =(a^{\phi (n)}\prod _{n=1}^{\phi (n)}{x}_i)\mathrm{mod}n\end{array}$$
做了一长串运算，最终得到了下面的等式
$$(a^{\phi (n)}\prod _{n=1}^{\phi (n)}{x}_i)\mathrm{mod}n=\prod _{n=1}^{\phi (n)}{x}_i\mathrm{mod}n$$
根据同余的性质，我们可以两边同时去除以 ${\prod }_{n=1}^{\phi (n)}{x}_i$，最终得到
$$\begin{gathered} a^{\phi (n)}\mathrm{mod}n=1\mathrm{mod}n \\ \Downarrow \\ {a}^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n) \end{gathered}$$
欧拉定理，证毕！

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二、扩展欧拉定理

欧拉定理也就看个乐呵，真正有用的还是扩展欧拉定理。

1. 扩展欧拉定理的内容

顾名思义，这是欧拉定理的拓展，也就是一般形式。

对于任意的正整数 $a,b,n$，若 $b\ge \phi (n)$ ，则有

$$\begin{gathered} a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (n)+\phi (n)}(\mathrm{mod}n) \\ (b\ge \phi (n)) \end{gathered}$$

如果 $b\ge \phi (n)$，那么直接就是 $a^b\equiv a^b(\mathrm{mod}n)$。

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2. 扩展欧拉定理的证明

• 引理 1：

$$a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$$

证：我们都知道欧拉定理，即当 $\gcd (a,n)=1$，有
$$a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$$
现在不妨设 $b=k\phi (n)+t，t=b\mathrm{mod}\phi (n)$，其中 $k\in \mathbb{Z}$。

那么就有
$$\begin{array}{rl}{a}^b\mathrm{mod}n& =a^{k\phi (n)+t}\mathrm{mod}n\\ & =(a^{\phi (n)}{)}^k\cdot a^t\mathrm{mod}n\end{array}$$
根据欧拉定理以及模运算的性质，可得
$$\begin{array}{rl}& =1^k\cdot a^t\mathrm{mod}n\\ & =a^{b\mathrm{mod}\phi (n)}\mathrm{mod}n\end{array}$$
综上，我们就得到了
$$\begin{gathered} a^b\mathrm{mod}n=a^{b\mathrm{mod}\phi (n)}\mathrm{mod}n \\ \Downarrow \\ {a}^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (n)}(\mathrm{mod}n) \end{gathered}$$
而这个式子，就是欧拉定理的推论，这里把它叫做引理 1。

• 引理 2：

若 $p$ 是素数，$q$ 是正整数且 $q>1$，则
$$\phi (p^q)\ge q$$
**证：**由前面提到的欧拉函数的性质可知
$$\phi (p^q)=p^q-p^{q-1}=p^{q-1}(p-1)$$

• 当 $p,q$ 都为 $2$ 时，易知 $\phi (4)=2\ge 2$ 没毛病；

• 当 $p=2,q>2$ 时，$q$ 每增加 $1$，由上面的式子可知 $\phi (p^q)$ 是成倍成倍地增加，因此肯定不等式左边比右边增加快得多，因此成立；

• 当 $q=2,p>2$ 时，$p$ 在增加的时候，$\phi (p^q)$ 自然也在增加，而不等式右边的值不变，因此同样成立。

• 扩展欧拉定理的证明

① 当 $\gcd (a,n)=1$ 时，由同余的性质
$$\begin{gathered} a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n),a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (n)}(\mathrm{mod}n) \\ \Downarrow \\ {a}^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (n)+\phi (n)}(\mathrm{mod}n) \end{gathered}$$
显然成立。

② 当 $\gcd (a,n)\ne 1$ 时，我们对 $n$ 进行标准素因子分解，可得
$$n={p_1}^{q_1}{p_2}^{q_2}\cdots {p_s}^{q_s}=\prod _{i=1}^s{p}_i^{q_i}$$
这个时候我们只需要证明对于任意一个 $p_i^{q_i}$，都有 $a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (n)+\phi (n)}(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i})$ 成立即可。何以见得？因为根据同余的一个很重要的性质，若
$$\begin{gathered} x\equiv y(\mathrm{mod}{n}_1),x\equiv y(\mathrm{mod}{n}_2) \\ \Downarrow \\ x\equiv y(\mathrm{mod}\mathrm{Lcm}[n_1,n_2]) \end{gathered}$$
而由于我们这里的 $p_i^{q_i}$ 之间一定是互素的，因此当所有的 $p_i^{q_i}$ 都满足条件时，他们的最小公倍数也就是他们全部乘起来，即 $n$。

由于 $\gcd (a,n)\ne 1$ ，说明 $a$ 肯定是至少是某一个 $p_i^{q_i}$ 的倍数。这个时候我们再分类讨论一下：

(Ⅰ) 当 $\gcd (a,p_i^{q_i})=1$ 时

由引理 1我们知道 $a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$，而这个 $n$ 是 $p_i^{q_i}$ 的倍数，不难发现，如果我把这里的模数 $n$ 缩小一定的倍数，即缩小到 $p_i^{q_i}$，这个引理 1的式子依旧是成立的，于是有
$$a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (n)}(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i})$$
同理有
$$a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i})$$
两边相乘即有
$$a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (n)+\phi (n)}(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i})$$
情况 (Ⅰ) 证毕。

(Ⅱ) 当 $\gcd (a,p_i^{q_i})\ne 1$ 时

这种情况下，$a$ 必然是 $p_i$ 的倍数，假设 $a=kp$

这时就要用到我们的引理 2 了，我们都知道前提条件 $b\ge \phi (n)$ 以及引理 2 证明过的 $\phi (p_i^{q_i})\ge q_i$，因此有：
$$b\ge \phi (n)\ge \phi (p_i^{q_i})\ge q_i$$
我们得到了 $b\ge q_i$，这可不得了了，那么我们就注意到此时 $a^b=(kp{)}^b=k^b{p}^b$ 一定是 $p_i^{q_i}$ 的倍数

而 $a^{b\mathrm{mod}\phi (n)+\phi (n)}$ 也一定是 $p_i^{q_i}$ 的倍数！

因此既然这样，我们也就可以写出
$$a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (n)+\phi (n)}\equiv 0(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i})$$
证毕！

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3. 应用：欧拉降幂

当我们计算 $a^b\mathrm{mod}p$ 时，我们通常采用快速幂来运算，但是当 $b$ 非常非常非常大的时候，快速幂也显得有点乏力，此时我们可以用扩展欧拉定理去把 $b$ 缩小，之后再采用快速幂运算就会快很多。

举个简单的例子：计算
$$998244353^{98765472103312450233333333333}\mathrm{mod}12345$$
的时候，我们不能直接用快速幂，这个时候显然 $98765472103312450233333333333>\phi (12345)$，所以根据扩展欧拉定理，等价于计算
$$998244353^{98765472103312450233333333333\mathrm{mod}\phi (12345)+\phi (12345)}\mathrm{mod}12345$$
最终的指数顶多也就 $5$ 位数，之后再用快速幂就会快很多。

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4. 【模板】扩展欧拉定理 ⭐⭐⭐⭐

【题目链接】

P5091 【模板】扩展欧拉定理 - 洛谷

【题目描述】

给你三个正整数，$a,m,b$，你需要求：$a^b\mathrm{mod}m$

【输入格式】

一行三个整数，$a,m,b$

【输出格式】

一个整数表示答案

【示例一】

输入

2 7 4

输出

2

【示例二】

输入

998244353 12345 98765472103312450233333333333

输出

5333

【说明/提示】

注意输入格式，$a,m,b$ 依次代表的是底数、模数和次数

【样例 $1$ 解释】
$2^4\mathrm{mod}7=2$

【数据范围】
对于 $100\%$ 的数据，$1\le a\le 10^9$，$1\le b\le 10^{20000000}，1\le m\le 10^8$。

#include<iostream>using namespace std;typedef long long LL;LL a, m;
string s;  // 由于 b 很大, 只能用 string 来存储// 公式法求单个数的欧拉函数
LL get_phi(LL x)
{LL ret = x;for(int i = 2; i <= x / i; i++){if(x % i == 0){ret = ret / i * (i - 1);while(x % i == 0) x /= i;}}if(x > 1) ret = ret / x * (x - 1);return ret;
}// 秦九韶 + 扩展欧拉
LL get_b(string& s, LL phi)
{// flag 标记 b 是否大于等于 phi(m)bool flag = false;LL ret = 0;for(auto& ch : s){ret = ret * 10 + ch - '0';// 如果 b >= phi(m), 此时满足降幂的使用条件if(ret >= phi){flag = true;ret %= phi;  // 扩展欧拉}}if(flag) ret += phi;  // 扩展欧拉return ret;
}// 快速幂
LL qpow(LL a, LL n, LL p)
{int ret = 1;while(n){if(n & 1) ret = ret * a % p;n >>= 1;a = a * a % p;}return ret;
}int main()
{cin >> a >> m >> s;LL phi_m = get_phi(m);LL b = get_b(s, phi_m);cout << qpow(a, b, m) << endl;return 0;
}

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三、练习：上帝与集合的正确用法 ⭐⭐⭐⭐

【题目链接】

P4139 上帝与集合的正确用法 - 洛谷

【题目描述】

根据一些书上的记载，上帝的一次失败的创世经历是这样的：

第一天，上帝创造了一个世界的基本元素，称做元。

第二天，上帝创造了一个新的元素，称作 $\alpha$ 。 $\alpha$ 被定义为元构成的集合。容易发现，一共有两种不同的 $\alpha$ 。

第三天，上帝又创造了一个新的元素，称作 $\beta$ 。 $\beta$ 被定义为 $\alpha$ 构成的集合。容易发现，一共有四种不同的 $\beta$。

第四天，上帝创造了新的元素 $\gamma$，$\gamma$ 被定义为 $\beta$ 的集合。显然，一共会有 $16$ 种不同的 $\gamma$。

如果按照这样下去，上帝创造的第四种元素将会有 $65536$ 种，第五种元素将会有 $2^{65536}$种。这将会是一个天文数字。

然而，上帝并没有预料到元素种类数的增长是如此的迅速。他想要让世界的元素丰富起来，因此，日复一日，年复一年，他重复地创造着新的元素……

然而不久，当上帝创造出最后一种元素 $\theta$ 时，他发现这世界的元素实在是太多了，以致于世界的容量不足，无法承受。因此在这一天，上帝毁灭了世界。

至今，上帝仍记得那次失败的创世经历，现在他想问问你，他最后一次创造的元素 $\theta$ 一共有多少种？

上帝觉得这个数字可能过于巨大而无法表示出来，因此你只需要回答这个数对 $p$ 取模后的值即可。

你可以认为上帝从 $\alpha$ 到 $\theta$ 一共创造了 $10^9$ 次元素，或 $10^{18}$ 次，或者干脆 $\infty$ 次。

【一句话题意】

定义 $a_0=1,a_n=2^{a_{n-1}}$，可以证明 $b_n=a_n\mathrm{mod}p$ 在某一项后都是同一个值，求这个值。

【输入格式】

第一行一个整数 $T$，表示数据个数。

接下来 $T$ 行，每行一个正整数 $p$，代表你需要取模的值。

【输出格式】

$T$ 行，每行一个正整数，为答案对 $p$ 取模后的值。

【示例一】

输入

3
2
3
6

输出

0
1
4

【说明/提示】

对于 $100\%$ 的数据，$T\le 10^3$，$p\le 10^7$。

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1. 解题思路

根据题意，实际上我们要求的就是
$$2^{2^{2\cdots }}\mathrm{mod}p$$
这样无限个 $2$ 次幂模 $p$ 最终等于多少。由于有无数个 $2$，显然指数 $2^{2\cdots }>=\phi (p)$，我们可以采用欧拉降幂，因此等于计算
$$2^{(2^{2\cdots }\mathrm{mod}\phi (p)+\phi (p))}\mathrm{mod}p$$
显然这里需要用到递归，每一次的递归都需要求模数的欧拉函数，因此需要提前打表，递归终止条件为 $p=1$，此时式子的结果为 $0$。

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2. 代码实现

#include<iostream>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e7 + 10;
int p[N], phi[N];
bool vis[N];
int cnt;// 线性筛打表欧拉函数
void get_phi(int n)
{phi[1] = 1;for(LL i = 2; i <= n; i++){if(!vis[i]){p[cnt++] = i;phi[i] = i - 1;}for(LL j = 0; i * p[j] <= n; j++){LL x = i * p[j];vis[x] = true;if(i % p[j] == 0){phi[x] = phi[i] * p[j];break;}else{phi[x] =  phi[i] * (p[j] - 1);}}}
}// 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;
}// 递归求解结果
int dfs(int p)
{if(p == 1) return 0;else return qpow(2, dfs(phi[p]) + phi[p], p);
}int main()
{get_phi(1e7);int t, p;cin >> t;while(t--){cin >> p;int ans = dfs(p);cout << ans << endl;}return 0;
}