本文转自synapse7
一、威尔逊定理
若p为质数，则
p|(p-1)!+1
亦：(p-1)! ≡ p-1 ≡ -1(mod p)
例题：
HDU 2973 YAPTCHA (威尔逊定理及其逆定理)
解题报告见http://blog.csdn.net/synapse7/article/details/18728157
二、费马小定理
假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么
a^(p-1) ≡1（mod p）
我们可以利用费马小定理来简化幂模运算：由于a^(p-1)≡a^0≡1(mod p)，所以a^x(mod p)有循环节，长度为p-1，所以a^x≡a^(x%(p-1))(mod p)
例题：
HDU 4549 M斐波那契数列 (费马小定理降幂&矩阵快速幂)
三、欧拉定理
若a,m为正整数，且gcd(a,m) = 1，则
a^φ(m)≡1(mod m)
我们亦可以利用欧拉定理来简化幂模运算：a^x≡a^(x%φ(m))(mod m)
例题：
HDU 1395 2^x mod n = 1 (欧拉定理 分解素因数)
HDU 3221 Brute-force Algorithm (矩阵 欧拉定理降幂)
为下一节做铺垫，我们将a^x≡a^(x%φ(m))(mod m)变下形：
由于a^φ(m)≡1(mod m)
a^x≡a^(x%φ(m))≡a^(x%φ(m)+φ(m))(mod m)
四、求幂大法（广义欧拉定理）及其证明
对于同余式a^b≡x(mod m)，如何求出x？（1<=a,m<=1000000000，1<=b<=10^1000000）
注意到b很大，我们可以先采取一些方法降幂。
若gcd(a,m)=1，那么使用欧拉定理即可：a^b≡a^(b%φ(m))(mod m)
若gcd(a,m)>1，且b>φ(m)，则有“求幂大法”——a^b≡a^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)
（当b<=φ(m)时直接用快速幂即可）
例题：
大致证明：
1. 在a的0次，1次，...，b次幂模m的序列中，前r个数(a^0到a^(r-1))互不相同，从第r个数开始，每s个数就循环一次。
证明：由鸽巢定理易证。
我们把r称为a幂次模m的循环起始点，s称为循环长度。（注意：r可以为0）
用公式表述为：a^r≡a^(r+s)(mod m)
2. a为素数的情况
令m=(p^r)m′，则gcd(p,m')=1，所以p^φ(m')≡1(mod m')
又由于gcd(p^r,m′)=1，所以φ(m‘)|φ(m)，所以p^φ(m)≡1(mod m')，
即p^φ(m)=km'+1，两边同时乘以p^r，得p^(r+φ(m))=km+p^r（因为m=(p^r)m′）
所以p^r≡p^(r+s)(mod m)，这里s=φ(m)
3. 推论：p^b≡p^[r+(b-r)%φ(m)](mod m)
4. 又由于m=(p^r)m′，所以φ(m)≥φ(p^r)=[p^(r-1)](p-1)≥r
所以p^r≡p^[r+φ(m)]≡p^[r%φ(m)+φ(m)](mod m)
所以p^b≡p^[r+(b-r)%φ(m)]≡p^[r%φ(m)+φ(m)+(b-r)%φ(m)]≡p^[φ(m)+b%φ(m)](mod m)
即p^b≡p^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)
5. a为素数的幂的情况
是否依然有a^r’≡a^(r‘+s’)(mod m)？(其中s‘=φ(m)，a=p^k)
答案是肯定的，由2知p^s≡1(mod m′)，所以p^(s*(k/gcd(s,k))≡1(mod m′)，所以当s’=s/gcd(s,k)时才能有p^(s'k)≡1(mod m′)，此时s‘|s|φ(m)，且r’=ceil(r/k)<=r<=φ(m)
由r'，s'与φ(m)的关系，依然可以得到a^b≡a^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)
6. a为合数的情况
只证a拆成两个素数的幂的情况，大于两个的用数学归纳法可证。
设a=a1a2，ai=pi^ki，ai的循环长度为si
则s|lcm(s1,s2)，由于s1|φ(m),s2|φ(m)，那么lcm(s1,s2)|φ(m)，所以s|φ(m)
r=max{ceil(ri/ki)}<=max{ri}<=φ(m)
由r，s与φ(m)的关系，依然可以得到a^b≡a^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)
证毕。
附：三大定理的证明（定理的引用参考《初等数论及其应用》）
一、威尔逊定理
(PS:在利用定理4.10时，仅需用到a^-1的存在性；证明中的“只有”二字要用定理4.11中的“唯一性”)
二、费马小定理
重申一遍，gcd(a,p)=1
三、欧拉定理
证明前，我们先定义一个概念：
