初等数论四大定理(威尔逊定理,欧拉定理,费马小定理，中国剩余定理)

初等数论四大定理

1. 威尔逊定理

(1) 结论

当且仅当ppp为素数时，(p−1)!≡−1(modp)(p-1)!\equiv -1(\mod p)(p−1)!≡−1(modp)。

(2) 证明

充分性：若ppp不为素数，则(p−1)!≢−1(modp)(p-1)!\not\equiv -1(\mod p)(p−1)!≡−1(modp)。

当p=4p=4p=4时，显然(p−1)!≡6≡2(modp)(p-1)!\equiv 6\equiv 2(\mod p)(p−1)!≡6≡2(modp)；
当p>4p>4p>4时
- ppp为完全平方数，则∃k\exist k∃k，使得p=k2p=k^2p=k2，由于p>4p>4p>4，故k>2,2k<pk>2,2k<pk>2,2k<p，(p−1)!≡n(k×2k)≡2n×k2≡0(modp)(p-1)!\equiv n(k\times2k)\equiv 2n\times k^2\equiv 0(\mod p)(p−1)!≡n(k×2k)≡2n×k2≡0(modp)。
- ppp不是完全平方数，则∃a,b,a≠b\exist a,b,a\neq b∃a,b,a=b，使得ab=pab=pab=p，则(p−1)!≡nab≡0(modp)(p-1)!\equiv nab\equiv 0(\mod p)(p−1)!≡nab≡0(modp)。

必要性：若ppp为素数，则一定有(p−1)!≡−1(modp)(p-1)!\equiv -1(\mod p)(p−1)!≡−1(modp)。

p=2p=2p=2时，结论显然成立。

若ppp为奇素数，取集合A={1,2,3,..,p−1}A=\{1,2,3,..,p-1\}A={1,2,3,..,p−1}，AAA构成模ppp乘法的简化剩余系，即∀i∈A,∃j∈A\forall i\in A,\exist j\in A∀i∈A,∃j∈A，使得i×j≡1(modp)i\times j\equiv 1(\mod p)i×j≡1(modp)。

证明：因为AAA构成模ppp乘法的取值的集合了（除了0），所以这个结论肯定成立。

那么，这p−1p-1p−1个数是不是两两配对的呢？首先，由同余的运算法则，可以得到一定没有ij≡ik(modp),j≠kij\equiv ik(\mod p), j\neq kij≡ik(modp),j=k的情况，那么它一定是两个一对，或者单独一个的情况。考虑x2≡1(modp)x^2\equiv 1(\mod p)x2≡1(modp)，解得x≡1(modp)x\equiv 1(\mod p)x≡1(modp)，或者x≡p−1(modp)x\equiv p-1(\mod p)x≡p−1(modp)，那么其余则两两配对。因此(p−1)!≡1×(p−1)≡−1(modp)(p-1)!\equiv 1\times (p-1)\equiv -1(\mod p)(p−1)!≡1×(p−1)≡−1(modp)，得证。

(5)例题

可以看下它的考察方式：UVA1434 YAPTCHA，主要就是欧拉筛+威尔逊定理+前缀和

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long longint n, cnt;
const int N = 3e6 + 20;
bool st[N];
int p[N], pre[N];void Euler(int n){for (int i=2;i<=n;++i){if (!st[i]) p[++cnt] = i;for (int j=1;p[j]<=n/i;++j){st[i * p[j]] = true;if (i % p[j] == 0) break;}}
}void init(){Euler(N - 1);for (int i=1;i<N;++i){int x = 0;if (i > 7 && (i - 7) % 3 == 0 && !st[i]){x = 1;}pre[i] = pre[i - 1] + x;}
}int main(void){init();int t;scanf("%d", &t);while (t--){scanf("%d", &n);printf("%d\n", pre[n * 3 + 7]);}return 0;
}

2. 欧拉定理

(1) 结论

若mmm是一个大于1的整数，且满足条件(a,m)=1(a,m)=1(a,m)=1，则我们有
aφ(m)≡1(modm)a^{\varphi(m)}\equiv 1(\mod m) aφ(m)≡1(modm)

(2) 证明

引理1： 设mmm是一个大于1的整数，aaa是一个整数且满足(a,m)=1(a,m)=1(a,m)=1，如果B={b1,b2,..,bφ(m)}B=\{b_1,b_2,..,b_{\varphi(m)}\}B={b1,b2,..,bφ(m)}是模mmm的一个简化剩余系，则B′={ab1,ab2,..,abφ(m)}B'=\{ab_1,ab_2,..,ab_{\varphi(m)}\}B′={ab1,ab2,..,abφ(m)}也是模mmm的一个简化剩余系。

证明：由于从BBB中取出任何一个正整数bib_ibi，都有(bi,m)=1(b_i,m)=1(bi,m)=1。又(a,m)=1(a,m)=1(a,m)=1，可以得到在B′B'B′中任意取出一个整数abiab_iabi，都有(abi,m)=1(ab_i,m)=1(abi,m)=1。那么，现在利用反证法，假设在B′B'B′中存在两个整数abk,abλab_k,ab_{\lambda}abk,abλ，1≤k<λ≤φ(m)1\leq k < \lambda \leq \varphi(m)1≤k<λ≤φ(m)，使得：abk≡abλ(modm)ab_k\equiv ab_{\lambda}(\mod m)abk≡abλ(modm)成立。

又(a,m)=1(a,m)=1(a,m)=1，故bk≡bλ(modm)b_k\equiv b_{\lambda}(\mod m)bk≡bλ(modm)，由于bk,bλb_k,b_{\lambda}bk,bλ是简化剩余系的元素，因此不可能模mmm同余，所以同余等式不可能成立，得证。

下面正式的证明欧拉定理。

考虑模mmm的最小正缩系AAA，即A={1,a2,...,aφ(m)}A=\{1,a_2,...,a_{\varphi(m)}\}A={1,a2,...,aφ(m)}，是不大于mmm且和mmm互质的全体正整数，令r1r_1r1是一个整数，满足条件：$ a \times 1\equiv r_1(\mod m), r_1\in[0,m-1]$

令rir_iri（其中i=2,..,φ(m)i=2,..,\varphi(m)i=2,..,φ(m)）是一个整数，满足条件：aai≡ri(modm),ri∈[0,m−1]aa_i\equiv r_i(\mod m),r_i\in[0,m-1]aai≡ri(modm),ri∈[0,m−1]。

则我们有a≡r1(modm),aa2≡r2(modm),..,aaφ(m)≡rφ(m)(modm)a\equiv r_1(\mod m),aa_2\equiv r_2(\mod m),..,aa_{\varphi(m)}\equiv r_{\varphi(m)}(\mod m)a≡r1(modm),aa2≡r2(modm),..,aaφ(m)≡rφ(m)(modm)

由于AAA是模mmm的一个简化剩余系，并且(a,m)=1(a,m)=1(a,m)=1，因此R={r1,r2,..,rφ(m)}R=\{r_1,r_2,..,r_{\varphi(m)}\}R={r1,r2,..,rφ(m)}也是一个简化剩余系，并且和AAA至少在次序上可能有不同，故得到∏i=1φ(m)ri=∏i=1φ(m)ai\prod_{i=1}^{\varphi(m)}r_i=\prod_{i=1}^{\varphi(m)}a_i∏i=1φ(m)ri=∏i=1φ(m)ai

因此∏i=1φ(m)(a×ai)≡∏i=1φ(m)ai(modm)\prod_{i=1}^{\varphi(m)}(a\times a_i) \equiv \prod_{i=1}^{\varphi(m)}a_i (\mod m)∏i=1φ(m)(a×ai)≡∏i=1φ(m)ai(modm)

即aφ(m)≡1(modm)a^{\varphi(m)}\equiv 1(\mod m)aφ(m)≡1(modm)。

(3) 推论

欧拉降幂：

Ab≡Abmodφ(m)(modm)A^b\equiv A^{b\mod \varphi(m)} (\mod m)Ab≡Abmodφ(m)(modm)

证明：设b=k×φ(m)+rb=k\times \varphi(m)+rb=k×φ(m)+r，则r=bmodφ(m)r=b\mod \varphi(m)r=bmodφ(m)。

Ab≡Ar×(Aφ(m))k≡Ar(modm)A^b\equiv A^r\times (A^{\varphi(m)})^k\equiv A^r(\mod m)Ab≡Ar×(Aφ(m))k≡Ar(modm)，得证。

3. 费马小定理

(1) 结论

事实上，费马小定理就是欧拉定理的一种特殊情况。

如果ppp为质数，p∤ap\nmid ap∤a，则我们有ap−1≡1(modp)a^{p-1} \equiv 1 (\mod p)ap−1≡1(modp)

(1) 证明

由于ppp为质数，因此φ(p)=p−1\varphi(p)=p-1φ(p)=p−1，取欧拉定理中m=pm=pm=p，即得到费马小定理。

需要注意的是，∃m∈N+,a∈Z\exist m\in \N^+,a\in \Z∃m∈N+,a∈Z，使得m∤am \nmid am∤a，这里mmm不是素数，使得am−1≡1(modm)a^{m-1}\equiv 1(\mod m)am−1≡1(modm)，即费马小定理的逆定理不成立。比如，1024≡1(mod341)1024\equiv 1(\mod 341)1024≡1(mod341)，2340≡(210)34≡(1024)34≡1(mod341)2^{340}\equiv (2^{10})^{34}\equiv (1024)^{34}\equiv 1(\mod 341)2340≡(210)34≡(1024)34≡1(mod341)，而341=11×31341=11\times 31341=11×31，不是素数。

(2) 推论

明显的，当ppp为质数，且p∤ap \nmid ap∤a时，ap−2≡a−1(modp)a^{p-2}\equiv a^{-1} (\mod p)ap−2≡a−1(modp)，由此就可以求得在模ppp意义下的乘法逆元。

欧拉定理和费马定理很难单独考察，大部分都是作为解题的一个步骤出现。

4. 中国剩余定理

1) 中国剩余定理(crt)

定理：

有一元线性同余方程组(S)(S)(S)如下。

(S):{x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)...x≡an(modmn)(S):\begin{cases} & x\equiv a_1~(\mod m_1) \\ & x\equiv a_2~(\mod m_2) \\ &... \\ & x\equiv a_n~(\mod m_n) \end{cases}(S):⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧x≡a1 (modm1)x≡a2 (modm2)...x≡an (modmn)

假设整数m1,m2,...,mnm_1,m_2,...,m_nm1,m2,...,mn两两互质，则对任意的整数a1,a2,...,ana_1,a_2,...,a_na1,a2,...,an，方程组(S)(S)(S)有解，并且通解可以用如下方式构造得到：

设M=∏i=1nmiM=\prod \limits _{i=1} ^{n} m_iM=i=1∏nmi，Mi=MmiM_i=\frac{M}{m_i}Mi=miM，设ti=Mi−1t_i=M_i^{-1}ti=Mi−1，为MiM_iMi在模mim_imi意义下的MiM_iMi的模mim_imi乘法逆元。

方程组(S)(S)(S)的通解形式为x=a1t1M1+a2t2M2+...+antnMn+kM=kM+∑i=1naitiMi,k∈Zx=a_1t_1M_1+a_2t_2M_2+...+a_nt_nM_n+kM=kM+\sum\limits_{i=1}^na_it_iM_i, k\in \Zx=a1t1M1+a2t2M2+...+antnMn+kM=kM+i=1∑naitiMi,k∈Z。

在模MMM的意义下，方程组(S)(S)(S)只有一个解：x=(∑i=1naitiMi)modMx=(\sum\limits_{i=1}^na_it_iM_i)\mod Mx=(i=1∑naitiMi)modM

namo 首先解的每一项，都是可以求出来的，tit_iti也可以通过扩展欧几里得算法求出。然后再来小小的证明下！

证明：

首先证明xxx是方程组(S)(S)(S)的一个解。

对于解的每一项，可以看出aitiMi≡ai×1≡ai(modmi)a_it_iM_i\equiv a_i\times 1 \equiv a_i(\mod m_i~)aitiMi≡ai×1≡ai(modmi )，

aitiMi≡0(modmj)a_it_iM_i\equiv 0~(\mod m_j~)aitiMi≡0 (modmj )，∀j∈[1,n],j≠i\forall j\in[1,n], j\neq i∀j∈[1,n],j=i

因此，xxx满足x=aitiMi+∑j≠iajtjMj≡ai+∑j≠i0≡ai(modmi),∀i∈[1,n]x=a_it_iM_i+\sum\limits _{j\neq i}a_jt_jM_j \equiv a_i+\sum\limits _{j\neq i}0 \equiv a_i~(\mod m_i), ~~\forall i\in[1,n]x=aitiMi+j=i∑ajtjMj≡ai+j=i∑0≡ai (modmi), ∀i∈[1,n]

故xxx是方程组的一个解。

然后证明在模MMM的意义下，方程组(S)(S)(S)只有一个解。

假设x1,x2x_1,x_2x1,x2都是方程组(S)(S)(S)的解，那么x1−x2≡0(modmi),∀i∈[1,n]x_1-x_2\equiv 0~(\mod m_i), \forall i\in [1,n]x1−x2≡0 (modmi),∀i∈[1,n]

而m1,m2,...,mnm_1,m_2,...,m_nm1,m2,...,mn两两互质，这说明M∣(x1−x2)M|(x_1-x_2)M∣(x1−x2)，所以方程组(S)(S)(S)的任何两个解之间必然相差MMM的整数倍，所以方程组所有的解的集合就是{kM+∑i=1naitiMi;k∈Z}\{kM+\sum \limits _{i=1} ^n a_it_iM_i;k\in \Z\}{kM+i=1∑naitiMi;k∈Z}

所以在模MMM的意义下，方程组(S)(S)(S)只有一个解。

代码：

int n;
const int N = 10 + 5;
int A[N], B[N];ll mod(ll a, ll b){return (a % b + b) % b;
}ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){if (!b){x = 1, y = 0; return a;}ll d = exgcd(b, a % b, y, x);y -= a / b * x;return d;
}int main(void){scanf("%d", &n);ll M = 1, res = 0, ti, y;for (int i=1;i<=n;++i){scanf("%d%d", &A[i], &B[i]);M = M * A[i];}for (int i=1;i<=n;++i){ll Mi = M / A[i];exgcd(Mi, A[i], ti, y);res = mod(res + Mi * ti * B[i], M);}printf("%lld\n", res);return 0;
}

2) 扩展中国剩余定理(excrt)

（rxz的题解写的太好了，受益良多QAQ，他讲的东西真的都是清晰细致又简单但是因为他用python所以不推mod 岂可修）

https://www.luogu.com.cn/blog/blue/kuo-zhan-zhong-guo-sheng-yu-ding-li

这里自己再重新推导一遍。

修改条件，使得m1,m2,...,mnm_1,m_2,...,m_nm1,m2,...,mn不再两两互质，此时应该如何求方程组的解？

互质条件不满足时，tit_iti不存在。（回忆逆元的定义，只有当(b,m)=1(b,m)=1(b,m)=1时才存在b−1(modm)b^{-1}(\mod m)b−1(modm)），那么不能利用公式时，只能尝试去不断的合并方程，直到nnn个方程仅剩下一个，再使用扩展欧几里得算法求解唯一的同余方程。那么，如何将两个方程等价的变换为一个方程呢？考虑如下情况：

{x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)\begin{cases} & x\equiv a_1(\mod m_1) \\ & x\equiv a_2(\mod m_2)\end{cases}{x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)

此方程组等价于x=k1m1+a1=k2m2+a2x = k_1m_1+a_1=k_2m_2+a_2x=k1m1+a1=k2m2+a2

移项后，得k1m1−k2m2=a2−a1k_1m_1-k_2m_2=a_2-a_1k1m1−k2m2=a2−a1。

令a=m1,b=m2,m=a2−a1a=m_1,b=m_2,m=a_2-a_1a=m1,b=m2,m=a2−a1，方程就变成了我们最熟悉的不定方程。那么，记d=(m1,m2)d=(m_1,m_2)d=(m1,m2)，求是否有x,yx,yx,y，满足ax+by=dax+by=dax+by=d。求解的步骤即是：先用裴蜀定理判断是否有解，再用扩展欧几里得算法求解（系）。则k1=x×a2−a1d,k2=−y×a2−a1dk_1=x\times \frac{a_2-a_1}{d},k_2=-y\times \frac{a_2-a_1}{d}k1=x×da2−a1,k2=−y×da2−a1，这就是方程的一组特解。为了避免数据溢出，可以让k1:=k1modm2dk_1:=k_1 \mod \frac{m_2}{d}k1:=k1moddm2（具体证明见裴蜀定理），那么，x=a1+k1m1x=a_1+k_1m_1x=a1+k1m1，就求出来了两个方程的特解。设这个特解为rrr，那么它的通解就是{r+k×LCM,k∈Z}\{r+k\times LCM, k\in \Z\}{r+k×LCM,k∈Z}，那么，就可以合并两个同余方程啦！

x≡r(modLCM)x\equiv r~(\mod LCM)x≡r (modLCM)

这样不断合并，直到只剩下一个方程，解出答案即可。注意，中间非常容易数据溢出！即使是long long！所以最好直接用一个mul函数，一边做乘法一边做模运算。

横线中的这段是rxz的证明，嘛嘛，就相当于方程ax+by=dax+by=dax+by=d两边÷d\div d÷d，结果是一样的。

那么，记d=(m1,m2)d=(m_1,m_2)d=(m1,m2)，p1=m1d,p2=m2dp_1=\frac{m_1}{d}, p_2=\frac{m_2}{d}p1=dm1,p2=dm2，易得(p1,p2)=1(p_1,p_2)=1(p1,p2)=1。

方程可被写为这样的形式：k1p1−k2p2=a2−a1dk_1p_1-k_2p_2=\frac{a_2-a_1}{d}k1p1−k2p2=da2−a1

由于当d∣(a2−a1)d|(a_2-a_1)d∣(a2−a1)时，方程才有解，因此右边的式子为整数。接着按照exgcd的流程走，我们求这个方程的解

λ1p1+λ2p2=1\lambda_1p_1+\lambda_2p_2=1λ1p1+λ2p2=1，则{k1=a2−a1d×λ1k2=a2−a1d×λ2\begin{cases} & k_1=\frac{a_2-a_1}{d} \times \lambda_1\\ & k_2=\frac{a_2-a_1}{d} \times \lambda_2\end{cases}{k1=da2−a1×λ1k2=da2−a1×λ2

将结果代入方程，得x=a1+k1m1=a1+a2−a1dλ1m1x=a_1+k_1m_1=a_1+\frac{a_2-a_1}{d}\lambda_1m_1x=a1+k1m1=a1+da2−a1λ1m1。

这个xxx就是方程的一个特解。

那么，进一步的，如何求出整个解系呢？

**定理：**若有特解x′x'x′，令LCM=lcm(m1,m2)LCM=lcm(m_1,m_2)LCM=lcm(m1,m2)，则{x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)\begin{cases} & x\equiv a_1(\mod m_1) \\ & x\equiv a_2(\mod m_2)\end{cases}{x≡a1(modm1)x≡a2(modm2) 的通解为x={k×LCM+x′;k∈Z}x=\{k\times LCM+x';k\in \Z\}x={k×LCM+x′;k∈Z}。

该定理的证明和CRT的证明完全相同。好累，我不想重抄一遍所以就这样吧

代码：

int n;
const int N = 1e5 + 10;
ll a1, m1, a[N], m[N], res;ll mul(ll a, ll b, ll M){ll res = 0;while (b > 0){if (b & 1) res = (res + a) % M;a = (a + a) % M;b >>= 1;}return res;
}ll merge(ll a2, ll m2){ll x, y, M, c = mod(a2 - a1, m2);ll d = exgcd(m1, m2, x, y);if (c % d){return -1;}M = (m1 / d * m2);ll k1 = mod(mul(x, c / d, m2 / d), m2 / d);ll r = mod(k1 * m1 + a1, M);a1 = r, m1 = M;return r;
}int main(void){scanf("%d", &n);scanf("%lld%lld", &m1, &a1);if (n == 1){printf("%lld\n", mod(a1, m1));return 0;}for (int i=1;i<n;++i){scanf("%lld%lld", &m[i], &a[i]);}for (int i=1;i<n;++i){res = merge(a[i], m[i]);if (res < 0) break;}printf("%lld\n", res);return 0;
}