無

之前都沒有怎麼理解，現在來複習一下。

費馬小定理

對於任意質數 \(p\) 和任意整數 \(a\) 滿足 \(\gcd(a,p)=1\)，有 \(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)。

引理 1

對於任意三個正整數 \(a,b,c\) 滿足 \(\gcd(c,m)=1\)，若 \(ac\equiv bc\pmod m\)，則 \(a\equiv b\pmod m\)。

變成 \(c(a-b)\equiv 0\pmod m\) 之後，因為互質所以可以扔掉 \(m\)。

引理 2

若 \(\{a_1,\cdots,a_m\}\) 是 \(m\) 的完全剩餘系，存在整數 \(b\) 滿足 \(\gcd(b,m)\)

，那麼 \(\{a_1\times b,\cdots,a_m\times b\}\) 也是 \(m\) 的完全剩餘系。

反證法。如果存在 \(a_i\times b\equiv a_j\times b\pmod m\)，根據引理 1 可得 \(a_i\equiv a_j\pmod m\)，\(a\) 不可能是完全剩餘系。

證明

構造關於 \(p\) 的完全剩餘系 \(\{0,1,2,\cdots,p-1\}\)。

根據引理 2 可得 \(\{0,a,2a,\cdots,(p-1)a\}\) 也是 \(p\) 的完全剩餘系。

一一對應可得 \(1\times 2\times\cdots\times(p-1)\equiv a\times 2a\times\cdots\times(p-1)a\pmod p\)

。

即 \((p-1)!\equiv(p-1)!\times a^{p-1}\pmod p\)。

顯然 \(\gcd(p,(p-1)!)=1\)，根據引理 1 即可證畢。

尤拉定理

\(a^{\phi(n)}\equiv 1\pmod n\)，其中 \(\gcd(a,n)=1\)。

費馬小定理是 \(n\) 為質數的一種特殊情況。

首先兩個與 \(n\) 互質的數的乘積仍然與 \(n\) 互質。

所以證明把費馬小定理裡面的完全剩餘系換成與 \(n\) 互質的剩餘系即可。

乘法逆元

乘法逆元，是指數學領域群 \(G\) 中任意一個元素 \(a\)，都在 \(G\) 中有唯一的逆元 \(a'\)

，具有性質 \(a\times a'=a'\times a=e\)，其中 \(e\) 為該群的單位元。
單位元是集合裡的一種特別的元，與該集合裡的運算有關。當它和其他元素結合時，並不會改變那些元素。

所以在模域下的乘法中，單位元就是 \(1\)。

在求 \(\frac{y}{x}\) 時我們可以先求出 \(\frac{1}{x}\) 再乘上 \(y\)。

具體地，若 \(a\times b\equiv 1\pmod p\)，則稱 \(b\) 是 \(a\) 在模 \(p\) 意義下的乘法逆元，記作 \(a^{-1}\)，即 \(b\equiv\frac{1}{a}\pmod p\)。

可以寫成 \(a\times b+p\times q=1\) 的形式，根據裴蜀定理只有 \(a\) 與 \(p\) 互質才有解，也就是乘法逆元存在的條件。

費馬小定理

只能解決 \(p\) 是質數的情況。

\[a\times b\equiv 1\pmod p \]\[a\times b\equiv a^{p-1}\pmod p \]\[b\equiv a^{p-2}\pmod p \]

尤拉定理

需要事先求出 \(\phi(a)\)。

\[a\times b\equiv 1\pmod p \]\[a\times b\equiv a^{\phi(a)}\pmod p \]\[b\equiv a^{\phi(a)-1}\pmod p \]

把兩個定理分開寫了一堆廢話……

拓展歐幾里得

\[a\times b\equiv 1\pmod p \]\[a\times b+p\times q\equiv 1 \]

\(b\) 取最小正整數解。

階乘

在求組合數時我們常常會需要求階乘的逆元。

先用上面的方法求出 \(n!\) 的逆元，然後考慮遞推，從 \(i\) 推到 \(i-1\)：

\[\frac{1}{(i-1)!}\equiv\frac{1}{i!}\times i\pmod p \]

再深入思考一下你會發現 \(\frac{1}{i!}\times(i-1)!=\frac{1}{i}\pmod p\)。

這樣就做到了線性求 \(1\sim n\) 的逆元。

如果要線性求一堆數的逆元，可以將 \(i\) 替換成 \(a_i\)。