一、數論的相關知識

1、整除

（1）、概念：設a是非零整數，b是整數。

如果有一個整數q，可以讓b=a*q，則a|b，也就是b是a的倍數，a是b的因數。

比如說：4|8，7|21   ........

（2）、性質：

1、若a|b，b|c，則a|c

2、若a|b，a|c，則a|b±c

3、若a|b，a|c，則a|(b*x+c*y)（x、y為整數）

4、若a|b，m≠0，則(m*a)|(m*b)

5、若a|n，b|n，且存在整數x,y使a*x+b*y=1，則(a*b)|n

6、若b=q*d+c，d|c，則d|b。（若b=q*d+c，d|b，則d|c）

這些性質看似用不到程式設計上，但是在一些題目中使用會大大降低程式設計的難度以及時間複雜度。

2、同餘

（1）、概念：設a,b均為整數，且a-b能被某個自然數m整除，則a≡b(mod m)，也就是存在一個整數k使：a-b=m*k

（2）、性質：

1、a≡a (mod m)

2、若a≡b (mod m)，則b≡a (mod m)

3、若a≡b (mod m)，b≡c (mod m)，則a≡c (mod m)

4、若a≡b (mod m)，則a+c≡b+c (mod m)

5、若a≡b (mod m)，則a*c≡b*c (mod m)

6、若a≡b (mod m)，則a^c≡b^c (mod m)（a^b表示a的b次方）

7、分配律

(a±b)%m=(a%m±b%m)%m

(a*b)%m=(a%m*b%m)%m

除法不滿足分配律，但是滿足(a/b)%m=a%(b*n)/b

3、最大公因數與最小公倍數

（1）、概念：不用說了吧...........，a,b的最大公因數記為：GCD(a,b)，a,b的最小公倍數記為：LCM(a,b)

當GCD(a,b)=1時，則a，b互質。

（2）、性質：

1、GCD(x,y)=GCD(x,y-x)=GCD(y,x%y)（輾轉相除法原理）

2、x*y=GCD(x,y)*LCM(x,y)   >>>>>   LCM(x,y)=x*y/GCD(x,y)

4、素數

（1）、概念：一個除1和它本身以外，沒有其他因數的數，1不是素數。

（2）、性質：

1、唯一分解定理

2、威爾遜定理：若p是素數，則(p-1)!≡-1(mod p)  （其中!表示階乘）（其逆定理也成立）

3、費馬定理：若p是素數，a是正整數，且a、p互質，則a^(p-1)≡1(mod p)  （其逆定理不成立）

（3）、尤拉函式：φ(n)表示1~n之間與n互質的數。

（4）、尤拉定理：

1、若p為素數，則φ(p)=p-1

2、若p為素數，則φ(p^a)=(p-1)*p^(a-1)

3、若a,b互質，則φ(a*b)=φ(a)*φ(b)

4、若a,m互質，則a^φ(m)≡1 (mod m)

講了這麼多，來看一道例題吧

二、例題

題目描述

有2n張牌，放在2n個從1到2n的有序位置上。洗牌機每次可以把第i張牌洗到p（i）的位置上。P（i）的定義如下：

問經過最少多少輪洗牌，才會使所有牌回到原來的位置。

輸入

輸入格式：

有多組資料，每組資料一個整數n(n<=109）

輸出

輸出格式：

對於每組資料，輸出一個整數，表示答案。

樣例輸入

1

樣例輸出

2

4、當p(i)再次等於1時，k就是答案，原問題就轉化為：2^k≡1 (mod 2*n+1)，已知n，求最小的k。

5、因為2與2*n+1互質，由尤拉定理可知：2^φ(2n+1)≡1 (mod 2n+1)，所以k=φ(2n+1)。

6、當n=3時，k=φ(2n+1)=6，但是k的最小值為3，洗牌過程如下。

1 2 3 4 5 6

4 1 5 2 6 3    (1)

2 4 6 1 3 5    (2)

1 2 3 4 5 6    (3)

7、我們可以找φ(2n+1)的因子q，如果q滿足2^q≡1 (mod 2n+1)時（通過快速冪演算法來計算），q就是k的最小值。

程式碼：

#include<cstdio>
#include<cmath>
long long m,n,x,ans;
long long P(long long x,long long y,int mod)
{
    long long ans=1;
    while(y){
        if(y&1) ans=(ans*x)%mod;
        y>>=1;x=x*x%mod;
    }
    return ans;
}
long long phi(long long n)
{
    long long m=(long long)sqrt(n+0.5),ans=n;
    for(int i=2;i<=m;i++)
        if(n%i==0){
            ans=ans/i*(i-1);
            while(n%i==0)n/=i;
        }
    if(n>1)
        ans=ans/n*(n-1);
    return ans;
}
int main()
{
    int i;
    while(~scanf("%lld",&n)){
        m=2*n+1;
        x=phi(m);
        ans=x;
        for(i=2;i*i<=x;i++){
            if(x%i==0){
                if(P(2,i,m)==1)
                    if(i<=ans){ans=i;break;}
                if(P(2,x/i,m)==1)
                    if(x/i<=ans){ans=x/i;}
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}