这篇文章我们将介绍数论当中几个很重要的定理：威尔逊定理、费马小定理以及欧拉定理，并讨论一些基于这些定理的算法。
首先我们给出费马小定理：如果p是素数，并且gcd(a,p) = 1 , 那么有a^(p-1) = 1(mod p)。
而关于这个定理的证明，也是不难理解的。
在证明之前，我们先需要知道这样两个引理。
引理1：若a、b、c为任意3个整数，且gcd(m,c) = 1,则当ac = bc(mod m)时，有a = b (mod m)。
引理2：设m是一个整数,且m>1,b是一个整数且gcd(m,b)=1.如果a1,a2,a3,a4,…am是模m的一个完全剩余系,那么ba[1],ba[2],ba[3],ba[4],…ba[m]也构成模m的一个完全剩余系。
这里需要解释一下的是，所谓完全剩余系，即{a1,a2,a3,a4,…am}中任意一个元素ai % m != 0。针对引理1，通过同余式本身的特点，都十分易证，随后再基于引理1，引理2也不难得证。这里便不再累述。 有了这两个引理做铺垫，下面便可以开始费马小引理的证明了。
构造素数p的完全剩余系P = {1,2,3,……p-1}。
因为gcd(a,p) = 1,由引理2得素数p的新的完全剩余系：A = {a,2a,3a,……(p-1)a}。
我们选出A、P中第i个元素，由引理1得，Ai = Pi(mod p)，因此我们容易得到如下等式。
1 * 2 * 3 *……(p-1) = a * 2a * 3a * ……(p-1)a (mod p)
等式两边同除(p - 1)!，得到a^(p-1) = 1 (mod p)，定理得证。
既然知道了费马小定理的内容和证明了，这里我们就用它进行一下拓展利用。
首先我们知道，在费马小定理的等式a^(p - 1) = 1 (mod p)中，如果p是素数，那么等式是成立的。
即 isprime(p) = 1 => a^(p - 1) = 1 (mod p) 。 那么我们根据逆否命题与原命题的等价性，可以得到，a^(p - 1) != 1 (mod p) => isprime(p) = 0。
那么逆命题和否命题与原命题是否等价呢？如果等价，我们岂不是可以通过判断是否满足费马小定理的等式来判断p是否为素数了？
实践表明，满足费马小定理的a、p组合中，p是可以为合数的，不妨自己举几个例子。 因此对于满足费马小定理等式的a、p，有这样的定义。如果p是合数，则称p是以a为基的伪素数。
我们不妨通过一个题目来理解一下所谓伪素数的概念。(Problem source:pku 3641)
Description
Fermat‘s theorem states that for any prime number p and for any integer a > 1, ap = a (mod p). That is, if we raise a to the pth power and divide by p, the remainder is a. Some (but not very many) non-prime values of p, known as base-a pseudoprimes, have this property for some a. (And some, known as Carmichael Numbers, are base-a pseudoprimes for all a.)
Given 2 < p ≤ 1000000000 and 1 < a < p, determine whether or not p is a base-a pseudoprime.
Input
Input contains several test cases followed by a line containing "0 0". Each test case consists of a line containing p and a.
Output
For each test case, output "yes" if p is a base-a pseudoprime; otherwise output "no".
题目大意：基于伪素数的概念，给出a、p，请你判断p是否是以a为基的伪素数。
数理分析：有了上文对伪素数概念的较少，我们知道，伪素数首先必须是合数，然后需要满足费马小定理。
编程实现：在判断是否是伪素数的时候，由于是判断单个数字，所以使用朴素的判断法即可。而判断是否满足费马小定理的时候，则用到了我们在之前讨论过的乘法快速幂算法。 参考代码如下。
#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;
bool ifprime(long long n)
{
long long i;
int iffind = 0;
if(n == 2 || n == 1) return 1;
else
{
for(i = 2;i <= sqrt(n + 0.0);i++)
if(n%i == 0)
{
iffind = 1;
break;
}
if(iffind)
return 0;
else
return 1;
}
}
long long quick_mod(long long a , long long b , long long m) //快速幂取模，计算a^b(mod m)的值
{
long long ans = 1;
while(b)
{
if(b&1)
{
ans = (ans * a)%m;
b--;
}
b /= 2;
a = a * a %m;
}
return ans;
}
int main()
{
long long n , a, p ,b;
while(cin >> p >> a)
{
if(p == 0 && a == 0) break;
if(ifprime(p))
cout<<"no"<<endl;
else
{
long long ans = quick_mod(a,p,p);
if(ans == a) cout<<"yes"<<endl;
else cout<<"no"<<endl;
}
}
return 0;
}