欧拉函数
欧拉函数定义为：\(\varphi(n)\) 表示 \(1 \sim n\) 中所有与 \(n\) 互质的数的个数。
关于欧拉函数有下面的性质和用途：
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欧拉函数是积性函数。可以通过这个性质求出他的公式。
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\(f(p) = p - 1\)。很显然，比质数 \(p\) 小的所有数都与他互质。
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\(f(p ^ 2) = p \times (p - 1)\)。显然，对于这 \(p ^ 2\) 个数，只有 \(p, 2p, 3p \cdots p ^ 2\) 不与 \(p ^ 2\) 互质。
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\(f(p ^ k) = p ^ {k - 1}(p - 1)\)。
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假设 \(n = \prod^k p_i ^ {c_i}\)，则 \(f(n) = \prod^k f(p_i ^ {c_i}) = \prod^k p_k ^ {c_k - 1}(p_k - 1) = n \prod^k \dfrac{p_k - 1}{p_k}\)。
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欧拉函数可以用线性筛筛出来。
假设当前的数是 \(n\)，遍历到的质数为 \(p\)，那么 \(m = p \times n\) 肯定要被筛掉。根据欧拉筛：
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若 \(p | n\)，那么 \(p\) 是 \(n\) 的最小质因子，且 \(n\) 中包含 \(m\) 的所有质因子。根据单个欧拉函数的求法可以得到：\(\varphi(m) = \varphi(n) \times p\)。
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否则，\(p\) 和 \(n\) 互质，根据积性函数的性质，\(\varphi(m) = \varphi(n) \varphi(p)\)。
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int get_phi(int n) {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
if (!st[i]) p[ ++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;
for (int j = 1; j <= cnt and 1ll * i * p[j] <= n; j ++ ) {
st[i * p[j]] = true; if (i % p[j] == 0) {
phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j]; break;
} phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];
}
}
}
- 欧拉函数可以用来降幂。下面就来介绍。
完全剩余系
对于整数集 \(S = \{r_1, r_2 \cdots r_n\}\) 满足：
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任意不同元素 \(r_i, r_j\)，都有 \(r_i \not \equiv r_j(\bmod \ m)\)。
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\(\forall a \in \mathbb{Z}\)，\(\exists r \in S, r \equiv a(\bmod \ m)\)。
例如，对于 \(m = 5\)，\(S = \{0, 1, 2, 3, 4\}\) 就是 \(5\) 的一个完全剩余系。通常地，将模 \(m\) 的完全剩余系记做 \(\mathbb{Z_m}\)。
实际应用中，通常用 \(\mathbb{Z_m} = \{0, 1, 2 \cdots m - 1\}\) 来表示，也就是模 \(m\) 的最小非负完全剩余系。
推论 \(1\)：任意 \(m\) 个连续整数构成模 \(m\) 的完全剩余系。
推论 \(2\)：若 \(a \bot m\) 且 \(\mathbb{Z_m}\) 是一个完全剩余系，则 \(S = \{a, 2a \cdots ma\}\) 构成一个完全剩余系。
下面证明推论 \(2\)。
设集合 \(S = \{ra | r \in \mathbb{Z_m}\}\)。对于 \(r_i, r_j \in \mathbb{Z_m}, r_i \ne r_j\)。假设存在同余 \(r_i a \equiv r_j a (\bmod \ m)\)。由于 \(a \bot m\)，因此 \(r_i \equiv r_j(\bmod \ m)\)。根据完全剩余系的互异性，假设不成立。\(S\) 的互异性证明完成。
因为 \(S \subset \mathbb{Z}\)，由定义 \((2)\) 可得，\(\forall a \in S\)，\(\mathbb{Z_m}\) 中有唯一的 \(r\) 满足 \(r \equiv a(\bmod \ m)\)。因此构成 \(S\) 对 \(\mathbb{Z_m}\) 的单射。又因为 \(|S| = |\mathbb{Z_m}|\)，故构成 \(S\) 到 \(\mathbb{Z_m}\) 的双射。
则对于任意整数，都存在 \(\mathbb{Z_m}\) 中的某个数 \(r\) 与之同余，亦存在 \(S\) 中某个数与之同余。定义 \((1)\) 证明完成。因此 \(S\) 是一个完全剩余系。
简化剩余系
在完全剩余系基础上加上了更强的限制。
定义 \(\Phi_m = \{r_1, r_2 \cdots r_s\}\) 为模 \(m\) 的简化剩余系，当且仅当：
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任意不同元素 \(r_i, r_j \in \Phi_m\)，都有 \(r_i \not \equiv r_j(\bmod \ m)\)。
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\(\forall a \in \mathbb{Z}\)，\(\exists r \in \Phi_m, r \equiv a(\bmod \ m)\)。
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\(\forall r \in \Phi_m, r \bot m\)。
其中定义 \((2), (3)\) 可以合并为 \(\forall a \bot m\)，都存在唯一的 \(r \in \Phi_m\) 满足 \(a \equiv r(\bmod \ m)\)。
下面证明简化剩余系的一些推论。
推论 \(1\)：该剩余系对于 \(\bmod \ m\) 的乘法具有封闭性。
证明：\(\forall r_i, r_j \in \Phi_m\)，都有 \(r_i \bot m, r_j \bot m\)。因此有 \(r_i r_j \bot m\)。根据性质 \((2), (3)\)，\(r_i r_j\) 也在 \(\Phi_m\) 中。
根据 \(a_i \bot m \to a_i \bot a_i ^ {-1}\) 可知，\(a_i\) 的乘法逆元也在 \(\Phi_m\) 中。因此证明了关于乘法和除法的封闭性，还证明了逆元的存在。
事实上，该简化剩余系 \(\Phi_m\) 构成关于模 \(m\) 乘法运算的交换群（阿贝尔群）。
推论 \(2\)：\(\varphi(m) = |\Phi_m|\)。
推论 \(3\)：对于 \(m > 2\)，有：
\[\sum _{r \in \Phi_m} r = 0 \]
证明：可能算是感性证明。根据欧几里得算法的流程，\((r, m) = 1\)，则 \((m, m - r) = 1\)，也即 \((m, -r) = 1\)。因此，如果 \(r\) 在 \(\Phi_m\) 中，则 \(-r\) 也在 \(\Phi_m\) 中。由于 \(r\) 与 \(-r\) 模 \(m\) 不相等，因此简化剩余系中的数总是成对出现。相加可以证明。
这也说明，简化剩余系 \(\Phi_m\) 的大小 \(|\Phi_m|\) 一定是偶数（\(m > 2\)）。
推论 \(4\)：若 \(a \bot m\) 且 \(\mathbb{\Phi_m}\) 是一个完全剩余系，则 \(S = \{ra | r \in \Phi_m\}\) 构成一个完全剩余系。
证明方法可以参考完全剩余系性质 \(2\) 的证明。
欧拉定理
定义：若 \(n, a\) 均为正整数，且 \(n\) 与 \(a\) 互质，则有 \(a ^ {\varphi(n)} \equiv 1(\bmod \ n)\)。
证明：对于 \(n\) 的简化剩余系 \(\Phi_n\)，根据简化剩余系的推论 \(4\) 可知，\(S = \{ar | r \in \Phi_n\}\) 也构成模 \(n\) 的简化剩余系。
根据 \(\prod_{r \in \Phi_n} r \equiv \prod_{r \in S} r (\bmod \ n)\)，有 \(a^{|\Phi_n|} = a ^ {\varphi(n)} \equiv 1 (\bmod \ n)\)。证毕。
由此可以得到更弱的定理 Farmet 小定理：\(\forall p \in \mathbb{P}\)，\(a^{p - 1} \equiv 1 (\bmod \ p)\)。
扩展欧拉定理
扩展欧拉定理的证明就不在我能力所及的范围内了。在这就放个结论吧。
\[\left\{\begin{matrix} a ^ b \equiv a ^ {b} (\bmod \ p), \ b < \varphi(p) \\\\ a ^ b \equiv a ^ {b \bmod \varphi(p) + \varphi(p) (\bmod \ p)}, \ b \ge \varphi(p) \end{matrix}\right.\]这个柿子就比较有用了，可以用来搞降幂之类的事情。
例题
求 \(2 ^ {2 ^ {2 ^ {\cdots ^ {2}}}} \bmod p\) 的值。
设 \(f(p)\) 表示 \(2\) 的幂塔对 \(p\) 取模的值。那么他就等于 \(2 ^ {f(\varphi(p)) + \varphi(p)}\)。由于 \(\varphi\) 函数下降速度极快（\(\log\) 速度），很快 \(\varphi(p)\) 降为 \(1\)。这个东西可以递归求解。
int solve(int p) {
if (p == 1) return 0;
int phi = get_phi(p);
int s = solve(phi);
return qpow(2, s + phi, p);
}
给定一个数列 \(w_1, w_2 \cdots w_n\) 和模数 \(p\), 每次询问一个区间 \([l,r]\)，求 \(w_l ^ {w_{l + 1} ^ {w_{l + 2} ^ {{\cdots}^{w_r}}}} \bmod\ p\) 的值
考虑欧拉降幂。欧拉函数下降速度很快，\(O(\log p)\) 次就能降为 \(1\)。因此可能只需要计算到 \(w_{l + k}\)，后面的就全模 \(1\) 了（当然模 \(1\) 就是 \(0\)）。这个 \(k\) 是 \(O(\log p)\) 级别的。
上面讨论的都是幂次大于 \(\varphi(p)\) 的情况。如果幂次小于 \(\varphi(p)\) 呢？怎么提前判断掉呢？
如果数列的每一项都 \(\ge 2\)，那么可以直接暴力判断，因为 \(O(\log p)\) 个数乘起来就会达到 \(p\)。但是如果存在 \(1\) 呢？这个也好办，直接把 \(r\) 调到 \(l\) 后边的第一个 \(1\) 前面就行，这样保证了 \([l, r]\) 中没有 \(1\)。同时，这个 \(1\) 对答案也没有影响，因为 \(x ^ 1 = x, 1 ^ x = 1\)。
下面是一份可供参考的代码实现：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <map>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, m, p, a[N], suf[N];
map<int, int> bin;
int qpow(int a, int b, int p) {
int s = 1; for (; b; b >>= 1, a = a * a % p)
if (b & 1) s = s * a % p; return s;
}
bool check(int a, int b, int p) {
int s = 1;
for (; b; b >>= 1, a = a * a) {
if (a >= p) return 0;
if (b & 1) {
s = s * a; if (s >= p) return 0;
}
} return 1;
}
int get_phi(int n) {
int s = n;
for (int i = 2; i <= n / i; i ++ ) if (!(n % i)) {
s = s / i * (i - 1); while (!(n % i)) n /= i;
} if (n != 1) s = s / n * (n - 1); return s;
}
int solve(int u, int r, int p) {
if (u == r) return a[u] % p;
if (p == 1) return 0;
int phi = bin[p], s = a[r]; bool flg = 0;
for (int i = r; i > u + 1; i -- ) {
if (!check(a[i - 1], s, phi)) { flg = 1; break; }
s = qpow(a[i - 1], s, phi);
} if (s >= phi) flg = 1; int pw;
if (flg) pw = solve(u + 1, r, phi) + phi;
else pw = s;
return qpow(a[u], pw, p);
}
signed main() {
scanf("%lld%lld", &n, &p);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
scanf("%lld", &a[i]);
scanf("%lld", &m); int t = p; bin[1] = 1;
while (t != 1) bin[t] = get_phi(t), t = bin[t];
suf[n + 1] = n + 1;
for (int i = n; i >= 1; i -- )
if (a[i] == 1) suf[i] = i;
else suf[i] = suf[i + 1];
while (m -- ) {
int l, r; scanf("%lld%lld", &l, &r);
r = min(r, suf[l]); printf("%lld\n", solve(l, r, p));
} return 0;
}