前置知识

同余

假设 a,ba,ba,b 都是整数，如果 nnn 是一个正整数，且存在整数 kkk 使得 a−b=k×na−b=k \times na−b=k×n，则称 a,ba,ba,b 模 nnn 同余，记作 a≡b(modn)a \equiv b \pmod {n}a≡b(modn)。

逆元

a⋅a−1≡1modpa \cdot a^{−1} \equiv1 \mod pa⋅a−1≡1modp，其中 gcd⁡(a,p)=1\gcd(a,p)=1gcd(a,p)=1 。也就是说 aaa 与 ppp 互质，a−1a^{-1}a−1 就是逆元。

数论四大定理

欧拉定理
费马小定理
中国剩余定理
威尔逊定理

欧拉定理

对任意两个正整数 a,na, na,n，如果两者互质，那么 aφ(n)≡1(modn)a^{\varphi (n)} ≡ 1 \space \pmod{n}aφ(n)≡1 (modn)。

其中欧拉函数通式：φ(n)=n×(1−1p1)×(1−1p2)×(1−1p3)×(1−1p4)×⋯×(1−1pn)φ(n)=n \times (1-\dfrac{1}{p_1}) \times (1-\dfrac{1}{p_2}) \times (1-\dfrac{1}{p_3}) \times (1-\dfrac{1}{p_4}) \times \cdots \times (1-\dfrac{1}{p_n})φ(n)=n×(1−p11)×(1−p21)×(1−p31)×(1−p41)×⋯×(1−pn1)。

ppp 为 nnn 的质因数，nnn 是不为 000 的正整数，φ(1)=1\varphi(1)=1φ(1)=1。

质数的 φ\varphiφ 为自己减 111，例如 φ(2)=1\varphi(2)=1φ(2)=1。

费马小定理

若存在整数 a,pa,pa,p，aaa 为整数，ppp 为质数，那么 ap−1≡1(modp)a^{p-1} \equiv 1 \space \pmod{p}ap−1≡1 (modp)

费马小定理是欧拉定理的一种特殊情况（当 nnn 为质数时 φ(n)\varphi(n)φ(n) 为 n−1n-1n−1）

应用

已知斐波那契数列 f[N]=f[N-1]+f[N-2]\texttt{f[N]=f[N-1]+f[N-2]}f[N]=f[N-1]+f[N-2]，且有 f[1]=f[2]=1\texttt{f[1]=f[2]=1}f[1]=f[2]=1，给定正整数 xxx 和 NNN，求xf[N]mod100003x^{\texttt{f[N]}} \mod 100003xf[N]mod100003的值。

数据范围：1≤x,N≤1e51 \le x,N \le 1\mathrm{e}51≤x,N≤1e5

解题思路

既然最后要对 100003100003100003 求余，那么我们不如要想个办法，找到和“离谱数”同余的一个数。
根据欧拉定理可知，当 xxx 与 mmm 互质的时候，xφ(m)≡1(modm)x^{\varphi(m)} \equiv 1 \space \pmod{m}xφ(m)≡1 (modm)。因为100003为质数，所以 φ(100003)=100003−1=100002\varphi(100003)=100003-1=100002φ(100003)=100003−1=100002。
因此我们在进行斐波那契数列计算的时候就可以让每一个数都模 100002100002100002，再在快速幂的过程中每次都模 100003100003100003 就可以了。

代码

#include<iostream>
#define N 100005
#define MOD 100003
#define ll long long
using namespace std;
ll f[N];
long long ksm(ll x,ll k){ll ans=1;while(k){if(k&1){ans=ans*x%MOD;}k>>=1;x=(x*x)%MOD;}return ans;
}
ll x,n;
int main(){f[1]=f[2]=1;for(int i=3;i<=N;i++){f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%(MOD-1);}cin>>x>>n;cout<<ksm(x,f[n])<<endl;return 0;
}

中国剩余定理（CRT）

设正整数 m1,m2,⋯,mkm_1,m_2,\cdots,m_km1,m2,⋯,mk 两两互素，则同余方程组:

{x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)x≡a3(modm3)⋮x≡ak(modmk)\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\ x \equiv a_3 \pmod {m_3} \\ \space \space \space \space \vdots \\ x \equiv a_k \pmod {m_k} \end{cases} ⎩⎨⎧x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)x≡a3(modm3) ⋮x≡ak(modmk)

有整数解。并且在 modM=m1×m2×⋯×mk\mathrm{mod}\space M=m_1 \times m_2 \times \cdots \times m_kmod M=m1×m2×⋯×mk 下的解是唯一的。

解为 x=(a1M1M1−1+a2M2M2−1+⋯+akMkMk−1)modMx = (a_1 M_1 M_{1}^{-1} + a_2 M_2 M_{2}^{-1} + \cdots + a_k M_k M_{k}^{-1}) \bmod Mx=(a1M1M1−1+a2M2M2−1+⋯+akMkMk−1)modM

其中：Mi=MmiM_i=\dfrac{M}{m_i}Mi=miM，Mi−1M_{i}^{-1}Mi−1 为 MimodmiM_i \bmod m_iMimodmi 的逆元。

应用：生物节律（POJ 1006）

题目传送门

人有生理周期、情绪周期和智力周期，它们的周期长度分别为 23、28 和 33 天。一个周期的每个周期都有一个峰值。由于三个周期的周期不同，因此三个周期的峰值一般出现在不同的时间。
你的任务是确定从给定日期到下一个三重峰的天数。给定日期不计算在内。

输入由一行四个整数 ppp、eee、iii 和 ddd 组成。ppp、eee 和 iii 的值分别是从当年年初开始的身体、情绪和智力周期达到峰值的天数。值 ddd 是给定的日期，可以小于 ppp、eee 或 iii 中的任何一个。所有值都是非负数，最多为 365，假设在给定日期后的 21252 天内将出现三重峰。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define maxn 21252
int main()
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define maxn 21252
int main(){  int p,e,i,d,ca=1;  while(1){  cin>>p>>e>>i>>d;  if(p+e+i+d==-4) break;  const int r1=23,r2=28,r3=33;  int re1=r2*r3,re2=r1*r3,re3=r1*r2,re=r1*r2*r3;  int res1=re1,res2=re2,res3=re3;  while(res1%r1!=1)res1+=re1;  while(res2%r2!=1)res2+=re2;  while(res3%r3!=1)res3+=re3;      res1*=p;res2*=e;res3*=i;  int k=re;  while(res1+res2+res3>k){  k+=re;  }  k-=re;  int t=(res1+res2+res3-k-d+21252)%21252;//可能出现负数  故加之后再取余！  if(t==0)  printf("Case %d: the next triple peak occurs in %d days.\n",ca++,21252);  elseprintf("Case %d: the next triple peak occurs in %d days.\n",ca++,t);  }  return 0;
}

威尔逊定理

在初等数论中，威尔逊定理给出了判定一个自然数是否为素数的充分必要条件。

即：

当 ppp 为质数时，(p−1)!+1(p-1)!+1(p−1)!+1 能被 ppp 整除。

用同余方程表示为：(p−1)!≡−1(modp)(p−1)! \equiv −1 \pmod p (p−1)!≡−1(modp)是素数的充分必要条件。

应用 1

给定一个正整数 nnn，求 (n−1)!modn(n-1)! \mod n(n−1)!modn 的值。
数据范围：2≤n≤1e92 \le n \le 1 \mathrm{e} 92≤n≤1e9

解题思路

考虑 nnn 为质数与不为质数两种情况：

当 nnn 为素数时，这个就是威尔逊定理，答案为 n−1n-1n−1；

当 nnn 不为素数时，我们在证明威尔逊定理的充分性时，已经对它进行了一个分类，当 n=4n=4n=4 时，结果为 222；否则，可以根据完全平方数和非完全平方数，均得到结果为 000。

应用 2：YAPTCHA（HDU 2973）

题目传送门

ttt 次询问，每次给定 nnn 的值，用下面的公式求 SnS_nSn，公式中的 [][][] 指的是向下取整。

数据范围：t≤1e6，1≤n≤1e6t \le 1 \mathrm{e} 6，1 \le n \le 1 \mathrm{e} 6t≤1e6，1≤n≤1e6

解题思路

看到(n−1)!+1n−[(n−1)!n]\dfrac{(n-1)!+1}{n}-[\dfrac{(n-1)!}{n}]n(n−1)!+1−[n(n−1)!]的形式，就应该联想到威尔逊定理。

根据 3k+73k+73k+7 的性质分别计算。
当 3k+73k+73k+7 是质数时，根据威尔逊定理，(3k+6)!≡−1mod(3k+7)(3k+6)!≡−1 mod (3k+7)(3k+6)!≡−1mod(3k+7)，即 (3k+6)!+1(3k+6)!+1(3k+6)!+1 能够被 3k+73k+73k+7 整除。
所以设 (3k+6)!+13k+7\dfrac{(3k+6)!+1}{3k+7}3k+7(3k+6)!+1 为x，则式子变为⌊x−⌊x−13k+7⌋⌋=1⌊x−⌊x−\dfrac{1}{3k+7}⌋⌋=1⌊x−⌊x−3k+71⌋⌋=1

当 3k+73k+73k+7 不是质数时，k≤1k \le 1k≤1，所以 3k+7>43k+7>43k+7>4，根据威尔逊定理的充
分条件证明，有 (3k+6)!≡0(mod3k+7)(3k+6)!\equiv 0 \pmod{3k+7}(3k+6)!≡0(mod3k+7)，即 (3k+6)!3k+7\dfrac{(3k+6)!}{3k+7}3k+7(3k+6)! 一定是整数。

设 (3k+6)!3k+7\dfrac{(3k+6)!}{3k+7}3k+7(3k+6)! 为 xxx，则 ⌊⌊x+13k+7⌋−x⌋=0⌊⌊x+\dfrac{1}{3}k+7⌋−x⌋=0⌊⌊x+31k+7⌋−x⌋=0。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3000010;
int p[maxn],vis[maxn],ans[maxn],cnt;
void solve()
{vis[1]=1;for(int i=2;i<maxn;i++){if(!vis[i]) p[++cnt]=i;for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<maxn;j++){vis[i*p[j]]=1;if(!(i%p[j])) break;}}
}
int main() {solve();int T,N; scanf("%d",&T);for(int i=1;i<=1000000;i++) ans[i]=ans[i-1]+(!vis[3*i+7]);while(T--){scanf("%d",&N);printf("%d\n",ans[N]);}return 0;
}

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