夜深人静写算法（三十二）- 费马小定理

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了夜深人静写算法（三十二）- 费马小定理相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

文章目录

一、前言

  今天要讲的内容，是数论中一个非常著名的定理 —— 费马小定理。阅读之前请确保对 二分快速幂 和 欧拉函数 已经有了一定的了解。本文的内容较短，但是作为 R a b i n   M i l l e r Rabin \\ Miller Rabin Miller 大素数判定 有着重要的意义，所以打算单独拿出一个章节来讲，内容较为简单，适合打算放弃学习数论的小伙伴重新找回学习的动力和勇气。
  数论不像其它一些有趣的算法，可能对你没有很强的学习动力，但是所有数论的内容都是成体系的，任何一个公式的推导，可能都需要很强的前置知识，那么我们就把这些前置知识都学完，相信到那时候，任何一个数论题在你面前都易如反掌。在这里插入图片描述

二、费马小定理

1、费马小定理定义

【定义1】对于任意素数 p p p，和正整数 a a a，且 a a a 不是 p p p 的倍数，则： a p − 1 ≡ 1 ( m o d   p ) a^{p-1} \\equiv 1 (mod \\ p) ap−1≡1(mod p)

2、费马小定理证明

  • 我们在学习欧拉函数的时候，已经知道了欧拉定理，如下：
  • a ϕ ( n ) ≡ 1 ( m o d   n ) a^{\\phi(n)} \\equiv 1 (mod \\ n) aϕ(n)≡1(mod n)
  • 当 n n n 为 素数 p p p 时，它的欧拉函数为 ϕ ( p ) = p − 1 \\phi(p) = p-1 ϕ(p)=p−1，将它带入欧拉定理，得到：
  • a p − 1 ≡ 1 ( m o d   p ) a^{p-1} \\equiv 1 (mod \\ p) ap−1≡1(mod p)
  • 费马小定理，得证。
  • 注：关于欧拉定理的详细证明过程，可以参考以下这一篇文章，有兴趣的读者建议本文阅读完毕再看：
  • 夜深人静写算法（三十一）- 欧拉函数

三、素数判定和伪素数

1、素数判定

  • 我们可以用费马小定理来做什么？
  • 一个比较直观的想法就是：可以随机找几个和 n n n 互素的 a a a，然后对它计算：
  • a n − 1   m o d   n a^{n-1} \\ mod \\ n an−1 mod n
  • 如果结果都为 1，我们就可以认为 n n n 是一个素数。
  • 如果这个结论成立，那么素数判定的时间复杂度就变成了 O ( C l o g 2 n ) O(Clog_2n) O(Clog2​n)，其中 C C C 为常数，代表找 C C C 个 a a a 来做判定试验， O ( l o g 2 n ) O(log_2n) O(log2​n) 则为利用二分快速幂进行判定的时间复杂度。
  • 以上假设成立吗？
  • 答案是 否！

2、伪素数

  • 事实上，费马小定理给出的是关于素数判定的 必要非充分 条件。
  • 如果 p p p 是素数，则 a p − 1 ≡ 1 ( m o d   p ) a^{p-1} \\equiv 1 (mod \\ p) ap−1≡1(mod p)；相反，如果 a p − 1 ≡ 1 ( m o d   p ) a^{p-1} \\equiv 1 (mod \\ p) ap−1≡1(mod p)，则不能推导出 p p p 是素数。
  • 原因是存在一些数 q q q，对于所有和 q q q 互素的 a a a，都能满足 a q − 1 ≡ 1 ( m o d   q ) a^{q-1} \\equiv 1 (mod \\ q) aq−1≡1(mod q)，这样的数，我们称它为伪素数。
  • 第一个伪素数是 341，由 萨鲁斯 在 1819 年提出。

四、费马小定理的应用

1、二分快速幂降幂

【例题1】 给出一个大整数 n ( 1 ≤ n ≤ 1 0 100000 ) n(1 \\le n \\le 10^{100000}) n(1≤n≤10100000)，求： 2 n   m o d   1000000007 2^n \\ mod \\ 1000000007 2n mod 1000000007

  • 任何一个正整数都就可以表示成 n = k x + m n = kx + m n=kx+m 的形式，其中 x x x 为除数， k k k 为商， m m m 为余数，并且 0 ≤ m < x 0 \\le m \\lt x 0≤m<x；其中除数 x x x 可以是任意非零整数。
  • 为了公式看起来整洁，我们用 p p p 来代替素数 1000000007 1000000007 1000000007，并且令 x = p − 1 x=p-1 x=p−1 那么根据费马小定理，有：
  • 2 p − 1   m o d   p = 1 2^{p-1} \\ mod \\ p = 1 2p−1 mod p=1
  • 原式就可以表示成：
  • 2 n   m o d   p = 2 k x + m   m o d   p = 2 k ( p − 1 ) + m   m o d   p = ( 2 k ( p − 1 )   m o d   p ) ∗ ( 2 m   m o d   p )   m o d   p = 2 m   m o d   p \\begin{aligned}2^n \\ mod \\ p &= 2^{kx+m} \\ mod \\ p \\\\ &= 2^{k(p-1)+m} \\ mod \\ p \\\\ &= (2^{k(p-1)} \\ mod \\ p) * (2^{m} \\ mod \\ p) \\ mod \\ p \\\\ &= 2^m \\ mod \\ p \\end{aligned} 2n mod p​=2kx+m mod p=2k(p−1)+m mod p=(2k(p−1) mod p)∗(2m mod p) mod p=2m mod p​
  • 这里的 m = n   m o d   ( p − 1 ) m = n \\ mod \\ (p-1) m=n mod (p−1)，可以利用大数取余求解。求得的 m ∈ [ 0 , p − 1 ) m \\in [0, p-1) m∈[0,p−1)，再利用二分快速幂求解上面的式子即可。

2、模 p 逆元

【例题2】给定素数 p p p 和 正整数 a a a，求满足 a x ≡ 1 ( m o d   p ) ax \\equiv 1 (mod \\ p) ax≡1(mod p) 的最小正整数 x，如果不存在返回 -1。