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歐拉函數phi(m)：當m>1是，phi(m)表示比m小且與m互質的正整數個數
1、費馬定理：a的p-1次方mod p餘1。（其中p是素數，a是不能被p整除的正整數。
2、歐拉定理
2.1 歐拉函數（RSA的證明用到）
定義：歐拉函數phi(m)：當m>1是，phi(m)表示比m小且與m互質的正整數個數如：phi(24)=8 （1，5，7，11，13，17，19，23）
性質：（1）當m爲素數時，phi(m)=m-1
（2）當m=pq，且p和q是互異的素數，
則有：phi(m)=phi(p)*phi(p)=(p-1)(q-1) （這很好用）
（3）m＝p^e，且p爲素數，e爲正整數，則
phi(m)=p^e-p^(e-1)=(p^(e-1))*(p-1)
定理：若m=p1^e1*p2^e2....pt^et則：
phi(m)=m(1-1/p1)(1-1/p2)....(1-1/pt) （pi是素數）
2.2 歐拉定理
a^phi(n)=1 mod n注：[1] n=p時候，有a^(p-1)=1 mod p，爲費馬定理
[2] a^(phi(n)+1)=a mod n
[3] 若n=pq，p與q爲相異素數，取大於0的m,n互質數，有
m^(phi(n)+1)=m mod n; m^((p-1)(q-1)+1)=m mod n
歐拉函數的定義:E(k)=([1,n-1]中與n互質的整數個數).
因爲任意正整數都可以唯一表示成如下形式:
k=p1^a1*p2^a2*……*pi^ai;(即分解質因數形式)
可以推出:E(k)=(p1-1)(p2-1)……(pi-1)*(p1^(a1-1))(p2^(a2-1))……(pi^(ai-1))
=k*(p1-1)(p2-1)……(pi-1)/(p1*p2*……pi);
=k*(1-1/p1)*(1-1/p2)....(1-1/pk)
ps：在程序中利用歐拉函數如下性質，可以快速求出歐拉函數的值(a爲N的質因素)
若(N%a==0 && (N/a)%a==0) 則有:E(N)=E(N/a)*a;
若(N%a==0 && (N/a)%a!=0) 則有:E(N)=E(N/a)*(a-1);
第一次寫歐拉函數的題，琢磨的半天，最後還是隻能按照最開始的想法寫......
歐拉函數PHI(n)表示的是比n小，並且與n互質的正整數的個數(包括1)。比如：
PHI(1) = 1; PHI(2) = 1; PHI(3) = 2; PHI(4) = 2; ... PHI(9) = 6; ...
要計算一個正整數n的歐拉函數的方法如下：
1. 將n表示成素數的乘積: n = p1 ^ k1 * p2 ^ k2 * ... * pn ^ kn（這裏p1, p2, ..., pn是素數）
2. PHI(n) = (p1 ^ k1 - p1 ^ (k1 - 1)) * (p2 ^ k2 - p2 ^ (k2 - 1)) * ... * (pn ^ kn - pn ^ (kn - 1))
= Mult { pi ^ ki - pi ^ (ki -1) }
證明過程如下：
1. 容易想到：當n爲素數時，PHI(n) = n - 1。因爲每個比n小的正整數都和n互素。當n爲素數p的k次方時，PHI(n) = p ^ k - p ^ (k - 1)。因爲在1到n之間的正整數只有p的倍數和n不互素，這樣的數有(p ^ k / p)個（爲什麼？）。
2. 如果m和n互素，即GCD(m, n) = 1，那麼PHI(m * n) = PHI(m) * PHI(n)。用中國剩餘定理可以證明，證明的思路是建立這樣一種一一對應的關係(a, b) <-> x，其中正整數a小於m並且gcd(a, m) = 1，正整數b小於n並且gcd(b, n) = 1，正整數x小於m*n並且gcd(m*n, x) = 1。證明過程如下：
1)根據中國剩餘定理，如果m和n互素，那麼關於未知量x的方程組x % m = a, x % n = b(0 <= a < m, 0 <= b < n)，當0 <= x < m * n時存在並且僅存在一個解。容易證明，如果兩個這樣的方程組有相同的m, n但是a, b不同，那麼他們的解x一定不同。
2)首先用反正法證明：gcd(m, a) = 1且gcd(n, b) = 1是gcd(m*n, x) = 1的必要條件：假設gcd(a, m) = k > 1，由此可得：a = a' * k; m = m' * k => x = k' * m + a = k' * k * m' + k * a' = k * (k' * m' + a'); 所以gcd(x, m) = k > 1。同理可證，如果gcd(b, n) > 1， 那麼gcd(x, n) > 1。所以x和m * n互素的必要條件是a和m互訴且b和n互素。
3)接下來我們證明充分性：由x % m = a 可以得到x = k * m + a；由歐幾里德算法求最大公約數的過程（就不證明了，呵呵，還得想）可以知道gcd(x,
m) = gcd(m, a) = 1；同理可得，如果gcd(n, b) = 1那麼gcd(x, n) = 1。接下來很容易得到：gcd(m*n, x) = 1。從而證明了充分性。
4)上面三步的結論表明，數對(a, b)是可以和x建立起一一對應的關係的，所以有多少個不同的(a, b)，就有多少個不同的x。
3.將n分解成素數乘積後，顯然對於任意的i, j(i != j)都滿足 pi ^ ki和pj ^ kj是互素的，於是可以的到上面的公式。
跟據上面的公式，可以得到關於歐拉函數的遞推關係：
假設素數p能整除n，那麼
如果p還能整除n / p, PHI(n) = PHI(n / p) * p;
如果p不能整除n / p, PHI(n) = PHI(n / p) * (p - 1);
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Assume that f(0) = 1 and 0^0=1. f(n) = (n%10)^f(n/10) for all n bigger than zero. Please calculate f(n)%m. (2 ≤ n , m ≤ 10^9, x^y means the y th power of x).
Input
The first line contains a single positive integer T. which is the number of test cases. T lines follows.Each case consists of one line containing two positive integers n and m.
Output
One integer indicating the value of f(n)%m.Sample Input
2 24 20 25 20
Sample Output
16 5
Source: Multi-School Training Contest - TOJ Site #3 (Private)[Hosted By WHU]
題目大意 f(0) = 1 and 0^0=1. f(n) = (n%10)^f(n/10)
計算 f(n)%m. (2 ≤ n , m ≤ 10^9, x^y means the y th power of x).
1、首先證明引理 對於任意的 a,a^phi(m)=a^(2*phi(m))=……=a^(k*phi(m)) k>=1
我們可以只證明 a^phi(m)(a^phi(m)-1)=0(mod m)
假設m=p1^k1……pi^ki
我們要等價證明 a^phi(m)(a^phi(m)-1)=0(mod pj^kj)
1.1 如果a與pj互質，a^phi(m)=1(mod pj^kj) =>a^phi(m)(a^phi(m)-1)=0(mod pj^kj)
1.2如果a 與pj不互質 pj是a的約數
phi(m)>=pj^(kj-1)(pj-1) >=(1+(pj-1))^(kj-1)>=(1+1)^(kj-1)>= (二項式展開)1+kj-1+……>=kj
(放縮時用到 pj>=2，這裏也可以求導來證)
所以 a^phi(m)=0(mod pj^kj) => a^phi(m)(a^phi(m)-1)=0(mod pj^kj)
綜上：a^phi(m)(a^phi(m)-1)=0(mod m) <=> a^phi(m)=a^(2*phi(m))=……=a^(k*phi(m)) k>=1
2、有了如上的引理，我們就可以進行適當簡化處理
注意到1=a^phi(m) (mod m)不一定成立
所以注意到 b>=phi(m) 時a^b=a^(b%phi(m)+phi(m))!=a^(b%phi(m))
b<phi(m)時 a^b !=a^(b+phi(m))
我們求f(n)=(n%10)^f(n/10) %m
如果f(n/10)>=phi(m)
那麼我們 遞歸求出t= f(n/10)%phi(m),再用快速冪取mod，計算(n%10)^(t+phi(m))%m
如果f(n/10)<phi(m)
那遞歸求出t= f(n/10)%phi(m),再用快速冪取mod，計算(n%10)^t%m
現在的問題是如何判斷f(n/10)和phi(m)的大小？
3、判斷f(n)和m的大小
對於普通的a^b%c 如何判斷a^b是否>=c.直接的想法是，在快速冪取模中r保存結果，p倍增，一旦r或者p>=c 我們就可以得到a^b>=c
3.1 如果f(n/10)<phi(m) 那麼我們通過快速冪直接驗證f(n)和m 的關係
3.2如果f(n/10)>=phi(m) 如果n%10爲1或者0，必然有f(n)<m
如果a=n%10不爲0或者1 , a^phi(m)>=2^phi(m) ?>=? 2^ log m>=m
就有f(n)>m
打問號的地方沒有證……對於這個題基本成立
這樣遞歸求出phi(m)和f(n/10)的關係，可以用到m和f(n)上。
歐拉公式與歐拉phi函數實現
from: http://www.cnblogs.com/luna-lovegood/archive/2012/07/17/2595884.html
歐拉函數phi(n)表示1到n之間與n互素的整數的個數。對於一個整數a，如果gcd(a,n)==1，則aphi(n) ==1(mod n)。
建設整數n可以分解爲素數的乘積：
n = p1^k1 * p2^k2 * ... * pn^kn。
則phi(n) = (p1^k1 - p1^(k1-1)) * (p2^k2 - p2^(k2-1)) * ... * (pn^kn - pn^(kn-1))
還可以表示爲：
phi(n) = p1^(k1-1)*(p1 - 1) * p2^(k2-1)*(p2-1) * ... * pn^(kn-1) * (pn - 1)
= n * ((p1-1)*(p2-1)* ... *(pn-1)) / (p1*p2* ... * pn)
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
bool big;
int pow(int n,int k,int m){
if(k==0)return 1;
long long tmp=pow(n,k/2,m);
tmp=tmp*tmp;
if(tmp>=m){
tmp%=m;
big=true;
}
if(k&1){
tmp=tmp*n;
if(tmp>=m){
tmp%=m;
big=true;
}
}
return (int)tmp;
}
int eular(int n){
int tmp=1;
for(int x=2;x<=n/x;x++){
if(n%x==0){
int t=1;
while(n%x==0){
n/=x;
t*=x;
}
tmp*=t-t/x;
}
}
if(n>1)tmp*=n-1;
return tmp;
}
int f(int n,int m){
if(n==0)return 1;
int x=n%10;
int y=f(n/10,eular(m));
big=false;
int tmp=pow(x,y,m);
if(big)tmp+=m;
return tmp;
}
int main(){
int ca;
scanf("%d",&ca);
while(ca--){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("%d\n",f(n,m)%m);
}
}