欧拉定理及其应用(注解版)~~YT

欧拉定理及其应用
欧拉函数phi(m)表示小于等于|m|的自然数中，和m互质的数的个数。

phi(m)=mΠ(1-1/p)//《算法导论》第531页
p|m
证明：若m为一素数p，则phi(m)=p-1。

若m为合数，存在p，使m=pd。

1、若p整除d，对任意a，(a, d) = 1，//注意a属于[1,d)那么(a + d, d) = 1，
(a + d, p) = 1，
所以(a + d, m) = 1，所以(a + kd, m) = 1，k = 0, 1, 2, ... , p - 1，
所以phi(m) = p phi(d)。

//则有任意和d互质的数加上kd继续互质，所以共有p*phi(d)个
2、若p不能整除d，那么(p, d) = 1，在小于|m|的自然数里，和d互质的有p phi(d)个，
其中phi(d)个是p的倍数，所以phi(m) = (p - 1) phi(d)。

//显然，除d、2d、3d……pd能整除外，其余都不能整除
由数学归纳法得到结论。

欧拉定理：如果(a, m) = 1，那么a ^ phi(m) = 1 (mod m)。

//可以参考《算法导论》
证明：设R(m) = {r[1], r[2], ... , r[phi(m)]}为和m互质的数的等价类的集合。

那么有(ar[i], m) = 1，ar[i] = ar[j]当且仅当i = j。

所以aR(m) = {ar[i]} = R(m)，a ^ phi(m) Πr[i] = Πar[i] = Πr[i] (mod m)，a ^ phi(m) = 1 (mod m)。

欧拉定理的一个重要意义就是计算a ^ b mod m的时候，若b是一个很大的数时，可以化成a ^ (b mod phi(m)) mod m来计算，明显地，b mod phi(m)是一个比较小的数。

当(a, m)≠1时，设对m分解质因数得到m = Πpi ^ ri，d = (a, m)，m = m1 * m2，
其中m1 = Πpi ^ri，那么(m1, m2) = 1，(a, m2) = 1，
pi|d
所以a ^ phi(m2) = 1 (mod m2)。

由欧拉函数的计算公式可以得知phi(m2)|phi(m)，所以a ^ phi(m) = 1 (mod m2)。

对任意i，pi|d，都有phi(m) >= log m >= ri，所以m1|d ^ phi(m)，m1|a ^ phi(m)。

由于(m1, m2) = 1，所以存在整数r，0 < r < m，r = 1 (mod m2)，r = 0 (mod m1)，
有a ^ phi(m) = r (mod m)。

显然，a ^ 2phi(m) = 1 (mod m2)，a ^ 2phi(m) = 0 (mod m1)，
所以a ^ 2phi(m) = a ^ phi(m) (mod m)。

因此，即使(a, m)≠1，也能很快地得到a ^ b mod m的结果。

例题1：TC SRM273 FactorialTower
计算a[0]! ^ a[1] ^ a[2]! ^ ... ^ a[n - 1]! mod m
//递归得到，
/*
a[0]^a[1]^a[2]^…^a[n-1]mod m等价于先求出phi（m）令m1=phi(m),
再用a[1]^a[2]^…^a[n-1]mod (m1)，等价于先求出phi(m1),令m2=phi(m1)，
再用a[2]^a[3]^…^a[n-1]mod (m2)，等价于先求出phi(m2),令m3=phi(m2),
……
最后就有a[n-1] mod (m[n-1])。

逆向返回
*/
/*
注意，上面我们只是单方面用了递归思想，还要考虑下m1>m2>m3……
所以至多在m-1步之后，m[m-1]=1（至于为什么为1，而不是0，显然哈~~这儿不做详细解释了），所以更高阶的将不需要计算,
我只是给出了上界，下面我将修正它*********
*/
根据前面的结论，可以通过递归计算得到结果。

每一步里面，计算phi(m)的复杂度为O(sqrt(m))，计算a[i] ^ b mod m复杂度为O(a[i] + log m) //a ^ b mod m==a ^ (b mod phi(m)) mod m
由于a[i] < m，所以一步的复杂度为O(m)。

若m为偶数，则phi(m) <= m / 2。

若m为奇数，则phi(m)为偶数。

且当m含有至少一个奇数的质因子时，phi(m)中2的次数不会少于m中2的次数。

//注意这句话，再结合上面给出算法的计算过程：m[i+1]=phi(mi)，且有若m为偶数，则phi(m) <= m / 2，应用二分的思想，所以只要min{O(logm), n}步就能完成整个过程
//据以上注解，********的上界就可以修正为logm了。

所以只要min{O(logm), n}步就能完成整个过程。

因此，整体复杂度为O(mlogm)。

//显然啦~~~
例题2：Strange Limit
设a1 = p，p为一质数，an+1 = p ^ an，bn = an mod m!，给出p, m，2 <= p, m <= 12，求lim bn，1 <= n, m, t <=100
n->∞
这题和上面那题很相似，只要计算到phi(m' = m!) = 1的时候，即可保证收敛。

这里保证了m的因子在一个很小的范围内，可认为计算phi(m')的时间为O(1)。

求余运算所需时间约O(log m')，共需要O(log m')步，所以总的复杂度为O(log ^ 2 m') = O(m ^ 2 log ^ 2 m)。

//不是很难，大致说下，注意m不大，而phi(m)<m,且有“若m为偶数，则phi(m) <= m / 2。

若m为奇数，则phi(m)为偶数。

”注意上道题提到的注解条件上界，此题解决~~~O(∩_∩)O~
例题3：ZOJ 2595 Ackerman Function
A(1, m) = 2m，A(n, 1) = 2，A(n, m) = A(n - 1, A(n, m - 1))，n > 1, m > 1，求A(n, m) mod t。

显然，A(1, m)可以直接求出，A(2, m) = 2 ^ m，也可以直接得到答案，A(n, 1) = 2，A(n, 2) = 4。

A(3, m) = 2 ^ 2 ^ 2 ^ …… ^ 2
m个
也可以通过上面的方法求出。

A(4, 3) = A(3, 4) = 65536，可以直接得到答案。

当m >= 4时，A(4, m) >= A(4, 4) = A(3, 65536)。

由例题2的结论可以得到，当例题2中的n到达某个程度的时候就会收敛。

由于当t > 1时，phi(t) < t，所以收敛最多只需要t步，而这里65536 > 100 >= t，所以A(4, m) mod t肯定已经收敛了。

所以这里只要取A(3, 99) mod t即可。

对于n > 4，m >= 3，A(n, m) >= A(4, 4)，所以A(n, m) mod t也只要取A(3, 99) mod t即可。

由于对于一个t有若干组n, m，只要用一个数组把结果存起来，直接输出即可。

计算phi(t)的时间复杂度同样也可以认为是O(1)，
总的时间复杂度主要和计算A(3, m)有关，为O(100 * 100 + 100 * log t)。