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### 一、定理内容
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[讲解视频](https://haokan.baidu.com/v?pd=wisenatural&vid=3032136584887251853)
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**费马小定理**
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如果$p$是一个质数，而整数$a$不是$p$的倍数
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$$\large a^{p}\equiv a (mod \ p) $$
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$$\large \Leftrightarrow $$
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$$\large a^{p-1} \equiv 1 (mod \ p)$$
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#### 1.1 这玩意有啥用？
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题目：一个多位数有$2020$位，它左边三位为$123$。当这个数最大时，它被$29$除所得的余数是_______。
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在小学奥数中，经常会用到费马小定理解决余数问题。
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* 先举一个简单的例子：
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比如计算$18^{111}$ 除以$23$的余数是多少。
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在这里，$a=18$， $p=23$是素数，根据所以使用费马小定理，我们知道$18^{(23-1)}$除以$23$余$1$，即：
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$18^{111} \equiv 18^{22 \times 5 +1} \equiv 18^{22 \times 5 } \times 18 \equiv 18 (mod 23)$
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所以答案就是：$18$。
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* 回到这个问题:
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这个$2020$位数最大时即为$123$后面是$2017$个$9$。
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我们设这个数是$a$， 则$a= 124 \times 10^{2017}-1$。
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这个问题就转变为$124 \times 10^{2017}-1$除以$29$的余数是多少？
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我们用同余运算和费马小定理有：
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$124 \times 10^{2017} -1$
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$\equiv 8 \times 10^{72\times 28+1}-1$ 这里因为$124$去除$29$，商是$4$,余数是$8$。商不会影响同余运算，舍去，保留余数$8$
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$\equiv 8 \times 10^1 -1$
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$\equiv 80-1$
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$\equiv 21 (mod \ 29)$
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答案就是：$21$
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怎么样，超简单吧？
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那么，如果$p$不是素数时，这种问题又该怎么处理呢？
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这时候欧拉定理和欧拉函数就要大显身手啦。
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#### 1.2 可以用来降幂
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$a^n \ \% p = a^{n \ \% (p-1)} \ \% p$
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**求$a$的$n$次方,可以先$n \ \% (p-1)$**
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解释一下：
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费马小定理降幂例子：
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$p=7$
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求$2^{32}\ \%p$
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这个幂指数很大，我们不会傻傻的真的去计算出$2^{32}$，而是利用费马小定理对指数进行缩减：
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因为$p=7$是质数，所以使用费马小降幂，$p-1=6$
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$2^6\%p=1$
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在$32$里面，把所有$6$的倍数去掉，就是$2^{32-6*5}=2^2=4$
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也就是说，我们可以把原来的$32$降为$4$,最终的答案是一样的结果。
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写成通用的格式就是：
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求$(a^N)mod(p)$
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$a^{p-1} \equiv 1(mod \ p)$
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$k=N \% (p-1)$
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$(a^N)mod(p)=(a^k)mod(p)$
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### 二、例题I
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求$2^{100}\%13$的余数。
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$2$的$100$次方，明显幂次挺大，而且$13$是质数，可以用费马小定理来降幂。
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$$\large 2^{100} \equiv 2^{12*8+4} \equiv 16 \equiv 3 (mod \%13)$$
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```c++
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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//计算2^100 %13的值
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int fun1(int a, int p, int mod) {
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//前提p是质数,a不是p的倍数，有费马小定理
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int ans = pow(a, p % (mod - 1)); //利用费马小定理，降幂 p'= p % (mod - 1),然后再计算 pow(a,p'),这个就小多了
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ans %= mod; //再最后模一下mod就可以了
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return ans;
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}
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// fun2和fun3都会受到时间或者空间的限制，而fun1直接使用了费马小定理可以迅速的求取答案
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int fun2(int a, int p, int mod) {
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int ans = pow(a, p); //不管p多大，我就是个算~暴力!但问题是你不怕爆掉int上界？不会溢出？
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ans %= mod; //最后取模
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return ans;
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}
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int fun3(int a, int p, int mod) {
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int ans = 1;
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while (p--) { //既然怕爆int上界，那么就一步一取模，一步一计算。笨的要死，你不怕慢死啊：人家费马小定理只需要一步，你需要p步！而且,p还不小，慢的要死！
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ans *= a;
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ans %= mod;
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}
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ans %= mod;
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return ans;
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}
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int main() {
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for (int i = 1; i <= 100; i++) {
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cout << fun1(2, i, 13) << endl;
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cout << fun2(2, i, 13) << endl;
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cout << fun3(2, i, 13) << endl;
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}
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return 0;
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}
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```
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### 二、例题II
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<center><img src='https://img2018.cnblogs.com/blog/1454456/201903/1454456-20190321213031984-364307702.png'></center>
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**解题思路**
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因为模数是$101$，比较小，而幂$n$是$2019^{2019}$，很大！所以使用费马小降幂$n\%(p-1)$，这里$p$就是$101-1 = 100$；
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```c++
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int n = 1, ans = 0;
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for (int i = 1; i <= 2019; i++) n = n * 2019 % 100;
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```
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也就是说，在不断的循环计算$n$的过程中，我们利用费马小定理，找到了一个$n'$,使得$n'$与原数$n$对于结果的贡献是一样的，但$n'$明显小于$n$,方便计算出来结果。
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**实现代码**
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```c++
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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int main() {
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int n = 1, ans = 0;
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for (int i = 1; i <= 2019; i++) n = n * 2019 % 100; //计算出n'
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// 1~11的n次方
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for (int i = 1; i <= 11; i++) {
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int x = 1;
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for (int j = 1; j <= n; j++) x = x * i % 101; //降幂后可以正常按要求计算
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//收集答案
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ans += x;
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}
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//最终也要模一下101
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printf("%d\n", ans % 101);
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return 0;
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}
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```
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### 三、例题III
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<center><img src='https://img2018.cnblogs.com/blog/1454456/201903/1454456-20190321213416622-1991394410.png'></center>
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**解题思路**
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项数比$mod$大很多，$2019$比$10086$小，所以不用费马小定理，用**循环周期+快速幂**做
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<center><img src='https://img2018.cnblogs.com/blog/1454456/201903/1454456-20190321213519548-140956041.png'></center>
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**实现代码**
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```c++
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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const LL mod = 10086;
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LL pow_mod(LL x, LL p) {
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LL res = 1;
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while (p) {
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if (p & 1) res = res * x % mod;
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p >>= 1;
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x = x * x % mod;
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}
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return res;
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}
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LL ans;
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LL n = 1e12;
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int main() {
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for (int i = 1; i <= mod; i++) ans = (ans + pow_mod(i, 2019)) % mod; //求到10086 一个循环周期的长度
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ans = ans * (n / mod) % mod; //乘上倍数
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n %= mod; //再加上余数
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for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + pow_mod(i, 2019)) % mod;
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printf("%lld\n", ans);
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return 0;
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}
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```
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