0.概述

用来解决幂取模的问题。

1.定理

1.1.基础版

当 $a,p$ 互质时，我们有

$a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod{p}$

理由是，称所有与 $p$ 互质的数组成的集合为 $S$ （即 $S=\{x\in[1,p]\big|\gcd(x,p)=1\}$ ），则

$\{ra\bmod p\big|r\in S\}=S$

因为 $\gcd(ra,p)=1$ 且两两不同。若 $r_1a\equiv r_2a$ 则 $r_1\equiv r_2\pmod{p}$ ，而这是荒谬的。

于是

$\prod_{r\in S}(ra)\equiv\prod_{r\in S}r\pmod{p}$

左式显然等于 $a^{\varphi(p)}\prod_{r\in S}r$ ，因为 $S$ 的大小是 $\varphi(p)$ 。于是乎

$a^{\varphi(p)}\prod_{r\in S}r\equiv\prod_{r\in S}r\pmod{p}$

而 $\prod_{r\in S}r$ 与 $p$ 互质，可以消去。剩下的就是

$a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod{p}$

1.2.升级版

对于任意 $a,p,x(\varphi(p)\le x)$ 满足

$a^{x}\equiv a^{x\bmod\varphi(p)}\cdot a^{\varphi(p)}\pmod{p}$

理由是精妙的。首先说明这一点：对于任意质数 $p$ 和正整数 $q$ 满足 $\varphi(p^q)\ge q$ 。构造法即可：此 $q$ 个数为 $p^i-1$ （ $i$ 取 $1,2,3,\dots,q$ 就恰好有 $q$ 个）。然后小分类讨论：

互质的情况。

当 $\gcd(a,p)=1$ 时，就是 1.1.基础版 的情形，故成立。

不互质的情况。

当 $p$ 只有一个质因子时，设 $p=q^k$ ，因为 $\gcd(a,p)\ne 1$ ，所以 $a$ 也同样含有此质因子。而 $x\ge\varphi(p)=\varphi(q^k)\ge k$ ，所以 $q^k|a^x$ 。所以

$a^x\equiv 0\pmod{p}$

这是对 $\forall x\ge\varphi(p)$ 都成立的。而 $x\bmod \varphi(p)+\varphi(p)$ 显然也是一个合法的 $x$ 取值。于是

$a^{x}\equiv a^{x\bmod\varphi(p)}\cdot a^{\varphi(p)}\pmod{p}$

~~其实两边都是零，蠢透了。~~

当 $p$ 不只有一个质因子时，设 $p=q_1^{k_1}q_2^{k_2}\cdots q_n^{k_n}$ 为其质因数分解，记 $p_i=q_i^{k_i}$ 。由于 $x\ge\varphi(p)\ge\varphi(p_i)$ ，肯定有

$a^{x}\equiv a^{x\bmod\varphi(p_i)}\cdot a^{\varphi(p_i)}\pmod{p_i}$

而这个式子的本质是什么？是 $a^{\varphi(p_i)}\equiv a^{2\varphi(p_i)}$ 。~~没看出来充分，至少看出来其必要。~~

两边都变成原来的 $\prod_{j\ne i}\varphi(p_j)$ 次方，取模意义下等式仍成立。故

$a^{\varphi(p)}\equiv a^{2\varphi(p)}\pmod{p_i}$

因为 $\prod_{j=1}^{n} \varphi(p_j)=\varphi(p)$ ，积性函数嘛。

注意到 $x,y$ 如果在模 $a$ 和模 $b$ 意义下都相等，那二者在模 $\text{lcm}(a,b)$ 意义下亦相等。于是得到

$a^{\varphi(p)}\equiv a^{2\varphi(p)}\pmod{p}$

而上式是充分的，自行验证不难。结论即是开头的式子。

2.例题

2.1.板题

2.1.1.题目

$\tt Calculation$ ：定义 $f(n)=(n\bmod 10)^{f(\lfloor\frac{n}{10}\rfloor)}$ ，边界为 $f(0)=1$ ，求 $f(n)\bmod m$ 。 $n,m\le 10^9$ 。

2.1.2.思路

显然唯一问题就是 $f$ 的值很大。利用欧拉降幂即可。怎么判断 $f(n)$ 的指数是否超过了 $\varphi(m)$ 呢？

注意到 $a^{\varphi(p)}\equiv a^{2\varphi(p)}$ 这个式子中，两边的值明显不同（除非 $a\le 1$ ，因为 $\varphi(p)=0$ 恒不成立）。如果要相等，则右式一定超过了模数。故

$a^{2\varphi(p)}\ge p$

注意 $a^{\varphi(p)}\ge p$ 未必成立。比如 $\varphi(6)=2$ 就会被 $a=2$ 绝杀。

于是用 $f(n,m)$ 表示 $f(n)$ （题面中的那个）取模 $m$ 的值。 $g(n,m)$ 表示 $f(n)$ 是否不小于 $m$ 。有递推式

$f(n,m)=(n\bmod 10)^{f\big[\lfloor\frac n{10}\rfloor,\varphi(m)\big]+g\big[\lfloor\frac n{10}\rfloor,\varphi(m)\big]\cdot\varphi(m)}\bmod m$

$g(n,m)=f(n,m)\vee g\left[\left\lfloor\frac n{10}\right\rfloor,2\varphi(m)\right]$

第二个式子中的 $f(n,m)$ 大家都懂的，就是计算过程中超过了 $m$ 就行。但是两个式子的递归情况不同，比较烦。因为我们必须保证 $g(n,m)$ 中涵盖了两种情况——递归中取模了；未取模，幂时爆了。

但是我们有妙招：在 $g(n,2m)=1$ 时， $f(n,m)+g(n,m)\cdot m=f(n,2m)\bmod m+m$ ；在 $g(n,2m)=0$ 时， $f(n,m)+g(n,m)\cdot m=f(n,2m)$ 。

所以 $f(n,m)$ 的方程式中的指数可以被完全表示出来了，只递归 $2\varphi(m)$ 的情况即可。

2.1.3.代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long int_;
inline int readint(){
	int a = 0; char c = getchar(), f = 1;
	for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar())
		if(c == '-') f = -f;
	for(; '0'<=c&&c<='9'; c=getchar())
		a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);
	return a*f;
}

int_ getphi(int_ n){
	int_ res = n;
	for(int i=2; i<=n/i; ++i)
		if(n%i == 0){
			res = res/i*(i-1);
			while(!(n%i)) n /= i;
		}
	if(n > 1) res = res/n*(n-1);
	return res;
}

int_ mul(int_ a,int_ b,int_ c){
	// int_ sysl = (a*b-(int_)((long double)a/c*b+1e-8)*c)%c;
	// if(sysl < 0) sysl += c; return sysl;
	int_ ans = 0; if(a < b) swap(a,b);
	for(; b; b>>=1,a=(a<<1)%c)
		if(b&1) ans = (ans+a)%c;
	return ans;
}

bool over; // 是否超出过 m

int_ qkpow(int_ bas,int_ q,int_ m){
	int_ ans = 1; bool zxy = 0;
	for(; q; q>>=1){
		if(q&1){
			if(bas && ans > (m-1)/bas)
				over = true;
			if(zxy) over = true;
			ans = mul(ans,bas,m);
		}
		if(bas && bas > (m-1)/bas)
			zxy = true;
		bas = mul(bas,bas,m);
	}
	return ans;
}

int_ f(int n,int_ m){
	if(n == 0){
		over = 0; // 多组数据！
		return 1; // 题面中的规定
	}
	if(n%10 == 1){
		over = 0; return 1;
	}
	if(!(n%10)){
		if(f(n/10,m) || over){
			over = 0; return 0;
		}
		return 1; // 0^0 = 1
	}
	int_ phi = getphi(m);
	int_ x = f(n/10,phi<<1);
	if(over) x = x%phi+phi;
	return qkpow(n%10,x,m);
}

int main(){
	int T, n, m;
	for(scanf("%d",&T); T; --T){
		scanf("%d %d",&n,&m);
		printf("%lld\n",f(n,m));
	}
	return 0;
}

2.1.4.后记

搜到的题解中还有另一种做法，就是认为 $a^{\varphi(p)}\ge p$ ，故而直接求 $f(n,m)+g(n,m)\cdot m$ 的值， $g$ 只在计算幂时考虑，不递推。

为什么这是对的呢？因为 ~~我太敏感一来就找到反例~~ 只有 $2^{\varphi(6)}<6$ 。只有 $6$ 能做到！

如果要构造反例，则需要 $\varphi(p)=6$ ，故 $p\in\{7,9,14,18\}$ 。但这几个模数都无法构造出反例。

~~所以究竟为什么只有 6 满足这个式子啊，淦。~~

有些题解是完全错误的，只需要试试 $f(253)\bmod 36$ 就能找出问题。答案应当为 $27$ 。

这道题中的 $0^0=1$ 的规定也非常不友好。我因为这一条 $\tt WA$ 了十几发。

【学习笔记】欧拉降幂