中國剩餘定理
——!x^n+y^n=z^n
想必大家都聽過同餘方程這種玩意，但是可能對於中國剩餘定理有諸多不解，作為乙個moer&oier，在此具體說明。
對於同餘方程：
x≡c1（mod m1）
x≡c2（mod m2）
x≡cn （mod mn） [其中任意的兩個mi,mj互質]
我們可以構造出乙個解：
令m=πmi[0i*mi=m。
那我們可以得到一組解：
x=σmi*mi
-1*ci（mod m） 接下來我們想辦法證明她是唯一的：
mi*mi-1≡1（mod mi）
證明：假設x1與x2均為方程的解，且x1，x2 模 m不同餘。
那麼 mi|x1-x2
由於（mi，mj）=1，即m|x1-x2
也就是 x1≡x2（mod m）這與假設矛盾！故命題得證。
當然還有更深的道理蘊含在裡面。
/*新增乙個概念：完全剩餘系：大概是這個意思，就是一些數模a的餘數為（0,1,2，l，a-1）即為模a的完全剩餘系（概念說不嚴謹，大概意思知道就行...）*/
對於m1，m2。我們記x（1）為m1的乙個完全剩餘系，x（2）意思相同。
對於x（1）i+m1*x（2）j，當x（1）i，x（2）遍歷m1，m2的完全剩餘系時，也遍歷了m1m2的完全剩餘系。
證明：注意到遍歷的方式只有m1m2種，我們只需要證其兩兩不同餘即可。
若x（1）i+m1*x（2）j≡x（1）p+m1*x（2）q（mod m1m2）
那麼m1m2|x（1）i+m1*x（2）j-x（1）p-m1*x（2）q => m1|x（1）i-x（1）p => i=p => x（1）i = x（1）j
那麼進一步的我們還可以得到：
m2|x（2）j-x（2）q => j=q => x（2）j=x（2）q
固原命題得證。
當然我們希望這個式子具有對稱性，所以我們考慮（m1，m2）=1的情況。
其實因為（m1，m2）=1，所以x（1）與x（1）*m2都是模m1的完全剩餘系，既然這樣我就可以得到
x（1）*m2+x（2）*m1當x（1），x（2）分別遍歷其各自的完全剩餘系時，x（1）*m2+x（2）*m1會遍歷m的完全剩餘系。
我們想要更加一般的結論，對於n>=2，那麼
m=m1*m2*l*mn，其中任意的mi與mj（i≠j）是兩兩互質的，mi*mi=m，即有：
σmi*x（i），當每個i遍歷其各自的完全剩餘系時，也會遍歷m的完全剩餘系。
證明（我們當然可以使用數學歸納法）：
① 當n=2時，由定理二已知其成立。
② 我們假設當n>2時命題成立，
我們記x=σ（x（i）*mi/mn+1），m=σmi [1<=i<=n+1]
則要證的式子化為：
x（n+1）mn+1+mn+1x，注意到mn+1與mn+1互質，由定理二可知，定理三成立。
也就是說x（i）的每一種選擇與模m的完全剩餘系時一一對應的，也就是說x∈[0,m-1]的同餘方程解是存在且唯一的。
這時候我們再回去看尤拉函式，假設p為質數
φ（p）=p-1
φ（p^k）=p^k-p^(k-1)=p^(k-1)(p-1)
如果（p，q）互質，那麼φ（pq）會等於什麼呢？（猜測φ（pq）=φ（p）*φ(q）)
假設p1為模p的完全剩餘系，q1亦然。
那麼p1*q+q1*p，當p1，q1分別遍歷其各自的完全剩餘系，p1*q+q1*p也會遍歷模pq的完全剩餘系。
①注意到若（a，p）=1且a（b，q）=1且b那麼a*q+b*p一定沒有pq的質因子，可以自己想一下。或者可以這樣想：
（a*q，b*p）=1，即他們沒有公共的質因子，就是說他可以表示成兩組質因子分解的和，既無法因式分解，所以（a*q+b*p，pq）=1。
③ （a，p）≠1且a那麼a*q+b*p一定能夠因式分解，就是一定能表示成x*y的形式，並且（x，y）≠1。
有了上述定理，尤拉函式的計算方法已經得證（請讀者自己領會）。
這裡給出φ的計算方法：
φ（n）=n*（1-1/p1）*（1-1/p2）*l*（1-1/pk），pi為n的質因子。
本lowbee能力有限，如有錯誤，請各位大佬指正。
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