この記事の動機：それを成長させるには何がある場合は？（それについてまず希望的観測）
紙難易度：ユニバーサル- →増加+
\（パート\ ;. 1 \） 。ふるいリニア
素数をスクリーニングすることができるだけでなく、製品のすべてが機能することができ（\ O（n））は\スクリーンアウト。
\（PS \） ：のみ乗法関数\（\ FORALL X、P \でY \） （ここで、\（P \）は素数の集合である）、\（F（AB＆）= F（A）F（B ）\）算術関数。
私はあなたの好みのエリクセン画面を閉じていませんが、羅区\（1E8は\）まだあなたのためのカードになります。
しかし、あなたはスキップすることはできません：
エッペンドルフ画面を、完全な名前は明らかに忘れてしまったものです（以下、それ以上）\ qwq（\、コアアイデアがでなければならない合成数を取得するために、現在の数を乗じた既存の素数を使用するのですか？） 。
ふるいの下には、リニア素数であります：
judge[1]=true;
for(int i=2;i<=maxn;i++)
{
if(i*i>maxn) continue;
if(!judge[i])
{
for(int j=2*i;j<=maxn;j+=i) judge[j]=true;//是合数
}
}一つは、それを理解することができます。
複雑性分析（しません）：
我々は、素数密度知る\（\ dfrac {n}は{ \ LN、N} \） 次に、係合各数のため、\（X \）スクリーンに（\ \ dfrac {MAXN} { X} \） しかしながら回彼は近い合計である（ログnは\ \）\それがあるべきよう、（難しいが死亡した）された（O（N \）N-をログ\ログ\）\（それが彼の詰まったの運命を変更しない）、定数に類似
オイラーが発見したのです（誰でもできる）、いくつかの数は数回上映されます偉大な神、どのような彼はできません\（O（n）と\）のような原因、\（6 \） 、です\（3 \）画面は二回、我々は書くことができます。
for(int i=2;i<=maxn;i++)
{
if(!judge[i]) prime[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt&&(prime[j]*i)<=maxn;j++)
{
judge[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}なぜのみ再びスクリーン？
割り切れるならば考えてみて、その後も要因があるかもしれないバック良いに投げ、彼の画面をオフに乗。
複雑さがあるので、\（O（n）と\） 、その後、カードは動作しません。
\（パート\; 2 \） 。オイラー機能
オイラーの関数を定義した\（\ PSI（n）を\ ） と\（N \） ：互いに素数、泥棒が良い兄を入れて
\（\ PSI（6）\）あなたがたの数？ここで列挙することができ、ある\（O（N \ N-ログ）\） 、彼は良い方法を話した：
書き込みすべての分母がある（6 \）は\以下である（1 \）\得点。
\ [\ dfrac {1} { 6}、\ dfrac {2} {6}、\ dfrac {3} {6}、\ dfrac {4} {6}、\ dfrac {5} {6}、\ dfrac { 6}、{6} \]
パケットを簡略化した後：
\ [\ dfrac {1} {6}、\ dfrac {1} {3}、\ dfrac {1} {2}、\ dfrac {2} {3}、。。。。。 \ dfrac {5} {6}
、\ dfrac {1} {1} \] 次に：
\ [\ PSI = 2、\ PSI = 2、\ PSI（2）= 1、\ PSI（（6）（3）。 1）= 1 \]
それは意味：
\ [\ sum_ {D | N-} \ PSI（d）はN- \]を=
私は再びそれを学び、カウンターMoの証明となる機会を持っていた場合、観察された誘導は、タイトではない、明らかです。
\（パート\ ;. 3 \） 。線形を探しています
オイラー関数は、それができることを保証するために、乗法関数である（\ O（n））は\選別、原則的には、より複雑で、それが学習しないようにお勧めします\（qwq \） 、はるかに良い以下を読んで、とにかく、I。
\（第\ ;. 4 \） 。単機能のオイラー数
イベントを検討してください：
\ [\テキストPにおけるX \ {場合}、\ PSI
（X）= X-1 \] 自体のみプライムしない、我々が呼ぶものの性質。
自然IIは：検討合成数を\（A \）を満足\（A = P ^ K（K> 1、ZにおけるK \）\） 、明らかに彼の素数と[P、で\（B \ 2P、 ^ {K ...... P-3P-P-1}] \） （）私は中括弧をプレイしていない、私は休憩を与えます。
次に、\（\ PSI（A）= ^ P ^ {K-KP 1} = K ^ P（1- \ dfrac {} {P} 1）\）。
3つのプロパティ：最も一般的な場合は、各コの数\（Aは\）一意分解式を書くことができる：
\ [P_1 = A ^ {^ {P_2 K_2 K_1}} ^ {... P_N K_n} \ ]
即ち：
\ [A = \ prod_ 1 = {I} ^ {^ N-K_I P_I} \]
幸いオイラー関数満たすために、製品の特別な機能である\（\ PSI（NM）= \ PSI（n）を\ PSI（M）\） 、当然のドメイン（セットアップ）。
その後、
\ [\ PSI（）= \ prod_ {I = 1} ^ N \ PSI（P_I ^ {K_I}）= \ prod_ {I = 1} ^ N P_I ^ {K_I} \ prod_ {I = 1} ^ N（1- \ dfrac {1}
{P_I}）= A \ prod_ {iは1 =} ^ N（1- \ dfrac {1} {P_I}）\] ここで、我々はでき（O（\ SQRTを\ {N}）\）オイラー数の導関数。実際には、我々は以前考えていたと素因数を学ぶことは、列挙検証に似ている：
コード：
int phi(int n)
{
int ans=n;
for(int i=2;i<=sqrt(n);i++)
{
if(n%i==0)
{
ans=ans/i*(i-1);//这是一个p，注意先除再乘，防止炸int
while(n%i==0) n/=i; //把质数次方因子筛没了，就不会错了
}
}
if(n>=2) ans=ans/n*(n-1);//最后有可能剩下
return ans;
}しかし、一部の人々は書いていません。
int phi(int n)
{
int ans=1,now;
for(int i=1;i<=sqrt(n);i++)
{
now=1;
if(n%i==0)
{
now=i-1,n/=i;
while(n%i==0) now*=i,n/=i;
}
ans*=now;
}
if(n!=1) ans*=n-1;
return ans;画分（のために簡単に説明すると、下\（P ^ K \） ）の変形例を考える：
\ [\ PSI（K ^ P）= KP ^ P ^ {} = 1 K-KP 1} ^ {（P-。 1）\]
その後、素数が現れる見つけた（p \）\最初による1 \） - \（Pもう一度、（K-1 \）\時間\（P \） ：、他は同じですが、ここでは
now=i-1,n/=i;それに加えて、その注意\（今、ANS \）を記録して、混乱することはできません。
\（その\ 5 \）リターン。\（その\ 3 \）
言いたい残り。
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i]) p[++cnt]=i,phi[i]=i-1;//质数只有自身与自己不互质
for(int j=1;p[j]&&i*p[j]<=n;j++)
{
vis[i*p[j]]=1;
if(!(i%p[j]))
{
phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
//这里是平方因子了，不要减1
break;
}
else phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);//第一次出现因子，乘p-1
}
}本質的にはコード。
実際には、画面と素数は同じです。
リニアふるいが、非常に\（NB \）ので、すべての乗法機能それは（ないの一見大きな驚異の複雑さをカバーするために）彼を恐れています。
\（パート\; 6 \）オイラーの定理
予備知識：高速電力。
おそらく書かれた、複雑である（O（\ nはログ）\ \）があります。
ll quickpow(ll a,ll b)
{
ll ans=1,base=a;
while(b!=0)
{
if(b&1!=0)//b%2==1;
{
ans*=base;
}
base*=base;
b>>=1;//b/=2;
}
return ans;
}あなたも、より高速に実行するために、乗算の独自の権限を定義することができます。
しかし、どのように大きなインデックスにそれを行うには？
でも\（O（\ログN） \） ああ行くだろう！
オイラーは偉大な定理を作った、我々はとして知られ、彼を覚えているオイラーの定理：
もし\（\ GCD（A、M）= 1 \。） 、次いで：
\ [^ {A \ PSI（M）} \ equiv1 \ PMOD {M} \]
彼は、提案されていないと考えているオイラーの定理の拡張を。
\ [^ B \当量\開始{ケース} ^ B＆B <\ PSI（M）\\ ^ {B \; MOD \; \ PSI（M）+ \ PSI（M）}＆B \ geqslant \ PSI（ M）\端{ケース} \
] このように、第1の予備処理（\ \ PSI（m）は\）、次に文字列であるリードに死にます。
複雑多分それは、\（O（Len_B + \ SQRT {M} + \ログM）\） （すべての後に、\（\ PSI（M）\ ） の上限である\（M \）この質問によって、）。
コード：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int phi(int x)//欧拉函数
{
int ans=1,num=1;
for(int i=2;i*i<=x;i++)
{
if(!(x%i))
{
num=i-1,x/=i;
while(!(x%i)) num=num*i,x/=i;
ans=num*ans;
}
}
if(x!=1) ans=ans*(x-1);
return ans;
}
inline int read(int mod)//改进快读，让他边读边输入
{
//g用来判断b与phi(m)的大小，如果小于，就不能加了，这是坑点！
int x=0;
bool g=false;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
{
x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
if(x>=mod) x%=mod,g=true;
c=getchar();
}
if(g) return (x+mod);
else return x;
}
int a,mod;
char b[20000005];
inline int quickpow(int a,int b)//快速幂
{
long long ans=1,base=(long long)a;
while(b)
{
if(b&1) ans=ans*base%mod;
b>>=1;
base=base*base%mod;
}
return (int)(ans%mod);
}
int p;
int main()
{
scanf("%d%d",&a,&mod);
int p=phi(mod);
int cishu=read(p);//得出的化简次数
int s=quickpow(a,cishu);
printf("%d\n",s);
return 0;
}おそらく、これらの友人の後、だけでなく、物事のいくつかにもより深いポイント。