文章目录
- 一、前言
- 二、费马小定理
- 1、费马小定理定义
- 2、费马小定理证明
- 三、素数判定和伪素数
- 1、素数判定
- 2、伪素数
- 四、费马小定理的应用
- 1、二分快速幂降幂
- 2、模 p 逆元
- 3、Rabin-Miller 素数判定
- 五、费马小定理相关题集整理
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。
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(Clog2n),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(log2n) 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。
- 这个问题实际上是求正整数 a a a 在 模 p p p 域上的逆元。
- 首先,当 a a a 为 p p p 的倍数时, a x ≡ 0 ( m o d p ) ax \equiv 0 (mod \ p) ax≡0(mod p),所以一定不存在,直接返回 -1;
- 否则,根据费马小定理,我们可以知道:
- a p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) a^{p-1} \equiv 1 (mod \ p) ap−1≡1(mod p)
- 则可以得到:
- a × a p − 2 ≡ 1 ( m o d p ) a \times a^{p-2} \equiv 1 (mod \ p) a×ap−2≡1(mod p)
- 对比原式,就可以得到:
- x = a p − 2 m o d p x = a^{p-2} \ mod \ p x=ap−2 mod p
3、Rabin-Miller 素数判定
- 对于一个很大的数 n n n(例如十进制表示有 100 100 100 位),如果还是采用试除法进行判定,时间复杂度必定难以承受,目前比较稳定的大素数判定法是 拉宾-米勒( R a b i n M i l l e r Rabin \ Miller Rabin Miller)素数判定。
- 判定过程用到了费马小定理,具体算法的推导和应用过程将在后续章节再进行展开讲解。
- 关于 费马小定理 的内容到这里就暂时结束了,主要还是运用这个定理,对模数是素数的幂式进行降幂操作,如果还有不懂的问题可以留言告诉作者或者添加作者的微信公众号。
- 本文所有示例代码均可在以下 github 上找到:github.com/WhereIsHeroFrom/Code_Templates
五、费马小定理相关题集整理
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