费马小定理与欧拉定理：
费马小定理：当\(m\)为质数且\(a\)不为\(m\)的倍数时有$a^{m-1}≡1\mod(m) $
根据费马小定理可知： \(a^{m-2}\) 就是a在模m意义下的逆元.
欧拉定理：当\(a\),\(m\)互质时,$a^{\phi(m)}\equiv 1\mod (m) $ （这个式子也可以求逆元）
其实根据欧拉函数，我们可以看出费马小定理就是欧拉定理的特殊情况，因为若\(m\)为质数：\(\phi(m)=m-1\)
欧拉定理的证明：
$a^{\phi(m)}\equiv 1\mod (m) $
分析这个定义式的左边，我们可以将所有与m互质的数都列举出来：
这里我们写成：\(x_1,x_2,x_3...x_{\phi(n)}\) 这个形式
因为我们要得到\(a^{\phi(m)}\)是多少，所以我们将这\(\phi(m)\)个与m互质的数都乘上\(a\)
这里我们写成：\(p_1=ax_1,\quad p_2=ax_2......p_{\phi(m)}=ax_{\phi(m)}\) 这个形式
引理1：对于上述两种形式，任意两个\(x_i\)之间模\(m\)不同余，任意两个\(p_i\)之间模\(m\)不同余
任意两个\(x_i\)之间模\(m\)不同余，这个很显然，因为\(x_i\)都小于m且互不相同
任意两个\(p_i\)之间模\(m\)不同余，这个可以用反证法：
若\(i\ne j\) 且\(p_i\equiv p_j\mod (m)\)即 \(p_i-p_j\equiv 0\mod (m)\)
上式可以写作：\(a(x_i-x_j)\equiv 0\mod(m)\)即\(a(x_i-x_j)=km\)
可是我们的a与m互质，而\((x_i-x_j)\)也必然不会是m的倍数（xi与xj不相等且都小于m）
所以等式右边不是m的倍数，等式不成立，反证法证毕！
引理2：任意 \(p_i\) 在模m后都与m互质 （这个我们同样用反证法）
若 \(ax_i\equiv r\mod(m)\) 且\(gcd(r,m)>1\) => 则存在：\(ax_i=r+km\)
但我们的a和xi均与m互质，所以等式左边不为r的倍数，不可能等于右边，反证毕！
推出结果：根据上述两个引理，我们可以得出下面这个等式：
\(p_1*p_2*p_3...*p_{\phi (n)}\equiv x_1*x_2*x_3...*x_{\phi(n)}\mod(m)\)
\(ax_1*ax_2*ax_3...*ax_{\phi(n)}\equiv x_1*x_2*x_3...*x_{\phi(n)}\mod(m)\)
\(a^{\phi(n)}x_1*x_2*x_3...*x_{\phi(n)}\equiv x_1*x_2*x_3...*x_{\phi(n)}\mod(m)\)
\(a^{\phi(n)}\equiv 1\mod(m)\)
应用：根据欧拉定理，我们可以快速求出某一个数的最小的逆元
欧拉定理的推论：
欧拉定理的推论：若正整数\(a\)，\(m\)互质，则对于任意正整数\(b\)，有\(a^b ≡ a^{b\modφ(n)} \mod (m)\)。
这个是及其好证明的：因为\(a^b\)可以表示成\(a^{k*\phi(n)+(b\modφ(n))}=a^{k*\phi(n)}*a^{(b\modφ(n))}\)
而我们已经证明了：\(a^{\phi(n)}\equiv 1\mod(m)\) 所以原式就等于\(a^{b\modφ(n)}\)
应用：根据这个定理，我们在解题时适当对指数进行取模
欧拉定理的扩展：
我们知道欧拉定理推论它有一个前提条件：当\(a\),\(m\)互质时,$a^{\phi(m)}\equiv 1\mod (m) $
但是欧拉定理其实在\(a\),\(m\)不互质时，也有办法对指数进行取模，简化运算
欧拉定理的扩展：\(a^b≡ a^{b\mod\phi(m)+\phi(m)}\mod (m)\quad b≥q(m)\)
证明：
因为a和m不互质，那我们假设p为a和m的任意一个质因子
那我们的问题就转换成了证明：\(p^b≡ p^{b\mod\phi(m)+\phi(m)}\mod (m)\)
因为除去这些质因子，一个与m互质的数一定满足这个扩展式，所以只要我们能证明这些质因子也能满足扩展式，那么根据同余的乘法性质，我们就能乘得上述扩展式了！
为了方便证明，我们设\(r\)表示\(m\)中有多少个质因子\(p\)，再设\(s=m/p^r\)，显然\(gcd(s,p)=1\)
因为我们的欧拉函数是积性函数，而且\(s|m\)，所以\(\phi(s)=\phi(m)\)
又因为\(p^{\phi(s)}\equiv 1\mod (s)\)，所以\(p^{\phi(m)}\equiv 1\mod (s)\)
根据同余的性质，如果我们两边同乘\(p^r\)，模数也可以乘上\(p^r\)，可得：\(p^{\phi(m)+r}\equiv p^r\mod (m)\) （\(m=s*p^r\)）
仔细一观察同余号两边，这不就是一个循化节吗，这不就是一个递推式吗？
我们将它转换一下：\(p^b≡p^{b-r+r}≡p^{b-r+\phi(m)+r}≡p^{b+\phi(m)}\mod (m)\)
注意，我们整个过程中的c就是一个任意数，只是要满足\(c\geq\phi(m)\)而已
所以，我们反向递推这个式子：\(p^{(b-\phi(m))}≡p^{(b-\phi(m))+\phi(m)}≡p^b\mod (m)\)
我们经过不断反向递推，必然可以得到：$ p^{b\mod\phi(m)+\phi(m)}≡p^b\mod (m)$
所以扩展欧拉定理，卒........