质数2：费马小定理，威尔逊定理，欧拉定理及其扩展

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费马小定理

费马小定理：当 $p$为质数时，有 $a^{p} \equiv a \pmod p$，如果再加上 $a$与 $p$互质这一条件，得 $a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p$，这个定理可用来求逆元，只要将式子转化为 $a^{p - 2} \equiv a^{-1} \pmod p$，这个定理不能用来准确判定质数，详情请搜索“伪质数”。
定理证明：由二项式定理，得： $(x+y)^p = x^p + C^1_px^{p - 1}y+C^2_px^{p-2}y^2 + \cdot \cdot \cdot + y^p$，当 $p$为质数时，不难得出 $p | C^k_p,k = 1,2,\cdot \cdot \cdot,p - 1$，从而 $(x+y)^p \equiv x^p + y^p \pmod p$，此时，令 $x=y=1$，得 $2^p \equiv 2 \pmod p$，令 $x=2,y=1$，得 $3^p \equiv (2 + 1)^p \equiv 2^p + 1^p \equiv 2 + 1 \equiv3 \pmod p$，即 $3^p \equiv 3 \pmod p$，以此类推，对于所有 $a=0,1,\cdot \cdot \cdot ,p-1$（太大了就会直接被模），都有 $a^{p} \equiv a \pmod p$

威尔逊定理

威尔逊定理：若成立 $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$，当且仅当 $p$为质数。
它的逆命题也成立，即满足 $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$的数一定为质数。
这个定理可用来判定质数，然而，由于阶乘是一种呈爆炸性增长的运算，实际意义不大。
定理证明：
充分性：设 $p$为质数，当 $p=2$时结论显然成立，当 $p \ge 3$时，根据逆元的知识，对于 $a = 1,2,\cdots,p-1$（都与 $p$互质），总有一个数 $a'$使得 $a*a' \equiv 1 \pmod{p}$，并且对于一个数 $a$， $a'$显然不为0，故 $a'$一定在 $1,2,\cdots,p-1$内有解，并且是唯一的。同时也不难得出 $a$不同时 $a'$也不相同。现在找出逆元与原数相同的情况，不难得出 $a^2 \equiv 1 \pmod p$，从而 $a^2 - 1 \equiv 0 \pmod p$，所以只有当 $a$为1和 $p-1$时， $a'=a$，因此， $2,3,\cdots,p-2$，中每两个互逆的元配对， $\Pi^{p-2}_{i=2}i \equiv 1 \pmod p$，从而 $(p-1)!\equiv 1 * 1^{p-3 \over 2}*(p-1) \equiv -1 \pmod p$，即 $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$，充分性得证。
必要性：若 $p$为合数，且 $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$成立，取 $p$的一个素因子 $r$，则 $1<r<p$，于是 $r | (p-1)!$。又因为 $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$，得(这个转化时是同余的基本性质，自己手动证明)： $(p-1)! \equiv -1 \pmod r$，又得出： $0 \equiv -1 \pmod r$，前后矛盾，故必要性得证。

欧拉定理

欧拉定理：当 $a$与 $p$互质时，有 $a^{ \phi(p) } \equiv 1 \pmod p$，
同样可以用来求逆元，只要把式子转化为： $a^{ \phi(p) - 1} \equiv a^{-1} \pmod p$，
不难看出，费马小定理是欧拉定理的特殊情况。

定理证明：这又要用到完全剩余系的知识，这个我在上一篇博客已经讲到，现在再贴出来复习吧。

完全剩余系。
如果 $a$， $b$关于模 $m$同余，那么 $a$与 $b$同属一类，否则不同属于一类，这样可得 $m$个类，即
$M_i=\{i + k*m | k \in Z \} , i = 0,1,2,\cdots ,m-1$
它们称为模 $m$的剩余类。
从每个剩余类中各取一个数作为代表，这样得到的 $m$个数称为模 $m$的一个完全剩余系，简称完系。
完全剩余系还有一个性质，就是如果 $GCD(n,m)=1$时，那么在 $a_1,a_2,\cdots,a_m$是模 $m$的一个完全剩余系时，那么 $n * a_1 + k,n * a_2+k,\cdots ,n * a_m + k$，模 $m$互不同余，也是一个完全剩余系。
证明：反证法，若 $n * a_i + k \equiv n * a_j + k \pmod{m}$，又因为 $GCD(n,m)=1$，不难得出 $a_i \equiv a_j \pmod{m}$，与定义不成立，矛盾，故这个性质成立。

在模 $n$的完全剩余系中有 $\phi(n)$个类，这类数与 $n$互质。在这类数中各取一个数，就得到 $\phi(n)$个数，称这 $\phi(n)$个数为模 $n$的一个缩系。
如果 $a$， $b$与 $n$互质，那么 $a*b$也与 $n$互质。
因而设 $b_1,b_2,\cdots,b_{\phi(n)}$为一个缩系，且 $a$与 $n$互质，所以 $a*b_1,a*b_2,\cdots,a*b_{\phi(n)}$均与 $n$互质，并且模 $n$互不同余，所以这些数也为模 $n$的一个缩系，所涉及到的类相同，不难得出，这两组数之间一定存在着一一对应的关系。
因为两组数同为缩系，我们有 $(a*b_1)*(a*b_2)*\cdots*(a*b_{\phi(n)}) \equiv b_1*b_2*\cdots*b_{\phi(n)} \pmod n$，约去与 $n$互质的 $b_1*b_2*\cdots*b_{\phi(n)}$得 $a^{ \phi(n) } \equiv 1 \pmod n$，欧拉定理得证。

扩展欧拉定理

扩展欧拉定理：
在模 $n$的情况下， $a^b$的解可表示为 $a^b \equiv \begin{cases} a^{b \% \phi(m)}&\pmod m,&GCD(b,m) =1 ;\\ a^b&\pmod m, & GCD(b,m) 不等于1,b \lt \phi(m);\\ a^{(b \% \phi(m)) + \phi(m)}&\pmod m,&GCD(b,m) 不等于1,b \ge \phi(m) \end{cases}$
定理证明：我们只要证明第三个式子的正确性即可。
不妨考虑一个质数为 $p$， $m$内的质因子 $p$的个数为 $k$（ $k$不可以一直为0）,则 $m$可表示为 $m=p^k*s$。
不难看出 $GCD(s,p)=1$，根据欧拉定理，不难看出 $p^{\phi(s)} \equiv 1 \pmod s$，并且根据欧拉函数的性质(如下)，有 $\phi(s)|\phi(m)$。

对于一个质数 $p$，有 $\phi(p^{a})=(p-1)*p^{a-1}$
对于任意一个合数若按照下面分解成质数幂乘积表达式 $n=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}* \cdots * p_m^{a_m}$，则可得出 $\phi(n) = n * (1-{ 1 \over p_1 }) * (1-{ 1 \over p_2 }) * \cdots * (1-{ 1 \over p_m })$

所以 $p^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod s$。
根据同余的性质，两边以及模数同时乘以 $p^k$，可得 $p^{k+\phi(m)} \equiv p^k \pmod{m}$。
两边再乘上 $p^{b-k}$（这回不包括模数），其中 $b > \phi(m)$，得 $p^{b+\phi(m)} \equiv p^b \pmod{m}$。

加上一个定理：对于 $p^k|n$，总有 $k\le \phi(n)$（可以先研究质数幂，用数学归纳法验证）

因此 $k \le \phi(m)$，上面的式子可表示为 $p^{b \%\phi(m) +\phi(m)} \equiv p^b \pmod{m}$，假设 $q=\lfloor {b \over \phi(m)} \rfloor$，这个式子两边乘以 $p^{q*\phi(m)}$，可得 $p^{b +\phi(m)} \equiv p^{b+q*\phi(m)} \pmod{m}$，右边可约去 $p^{q*\phi(m)}$，得出一开始的那个等式 $p^{b+\phi(m)} \equiv p^b \pmod{m}$，所以 $p^{b \%\phi(m) +\phi(m)} \equiv p^b \pmod{m}$成立。
对于一个质数的幂，重复上面的定义，将上面的结果根据同余的一条性质进行乘幂，得： $(p^k)^b \equiv (p^{k})^{(\phi(m)+b)} \equiv (p^{k})^{(\phi(m)+b \% \phi(m) )}\pmod m$其中 $b \ge \phi(m)$且 $b \in Z$。
令 $a=\Pi p_i^{k_i}$，因为每一个 $p_i^{k_i}$满足上面的式子，所以这些同余式乘在一起，可得 $a^{(b \% \phi(m)) + \phi(m)} \equiv a^b \pmod m$所以拓展欧拉定理得证。

【模板】欧拉定理https://www.luogu.org/problem/P5091（其它两个定理的模板以后贴吧 ）。
非常裸的模板题。
在快读时取模，无需高精。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
ll phi;
inline ll gcd( ll a , ll b ) {
	return b == 0 ? a : gcd( b , a % b );
}
inline void read1( ll & res ) {
	res = 0;
	ll pd = 1;
	char a = getchar();
	while ( a < '0' || a > '9' ) {
		if ( a == '-' ) {
			pd = -pd;
		}
		a = getchar();
	}
	while ( a >= '0' && a <= '9' ) {
		res = ( res << 1 ) + ( res << 3 ) + ( a - '0' );
		res %= phi;
		a = getchar();
	}
	res *= pd;
	return;
}
inline void read2( ll & res ) {
	res = 0;
	ll pd = 1;
	char a = getchar();
	while ( a < '0' || a > '9' ) {
		if ( a == '-' ) {
			pd = -pd;
		}
		a = getchar();
	}
	bool flag = false;
	while ( a >= '0' && a <= '9' ) {
		res = ( res << 1 ) + ( res << 3 ) + ( a - '0' );
		if ( res > phi ) {
			flag = true;
			res %= phi;
		}
		a = getchar();
	}
	if (flag) {
		res += phi;
	}
	res *= pd;
	return;
}
inline ll mul( ll a , ll b , ll m ) {
	ll res = 1;
	while (b) {
		if ( b & 1 ) {
			res = ( res * a ) % m;
		}
		a = ( a * a ) % m;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
int main () {
	ll a , m , b;
	scanf("%lld%lld",&a,&m);
	ll tem = m;
	phi = m;
	for ( int i = 2 ; i <= tem ; ++i ) {
		if ( tem % i == 0 ) {
			while ( tem % i == 0 ) {
				tem /= i;
			}
			phi = phi - phi / i;
		}
	}
	if ( gcd( a , m ) == 1 ) {
		read1(b);
	} else {
		read2(b);
	}
	printf("%lld",mul( a , b , m ));
	return 0;
}

本文参考资料：《初等数论的知识与问题》（单壿 著）
《数学奥林匹克命题人讲座 初等数论》