https://projecteuler.net/problem=182
题意：
找出满足下列条件的所有$e$ 的和，
- $1 < e < \varphi \left( {1009,3643} \right)$
- $gcd(e,φ)=1$
- 满足${m^e} \equiv m{\rm{ }}\bmod {\rm{ }}n$ 的m的个数最小
解答：
这道题最重要的就是解决这个问题：
${m^e} \equiv m{\rm{ }}\bmod {\rm{ }}n$ 中$e$确定时，$m$的取值的个数。
由于n是合数，且 $n = p*q$ ,所以先考虑${m^e} \equiv m{\rm{ }}\bmod {\rm{ }}p$ 和 ${m^e} \equiv m{\rm{ }}\bmod {\rm{ }}q$ ,
$m({m^{e - 1}} - 1) \equiv 0{\rm{ }}\bmod {\rm{ }}p$ , $p$ 是质数
- $m==0$ ,恒成立
- $m!=0$ ,${m^{e - 1}} \equiv 1\bmod {\rm{ }}p$
考虑 ${a^b} \equiv 1\bmod p$ ,$a$ 、$p$ 互素，此式中$b$确定时，$a$的个数
由上式可以看出，$ord(a) = b$
这里很容易联想到关于${a^k}\bmod {\rm{ }}n$的阶的公式，
$ord({a^b}) = \frac{{\varphi (p)}}{{(\varphi (p),b)}},(a,p) = = 1$
变换一下位置，$ord({a^k})$ 就是使上式成立的$a$的可能取值
$(\varphi (p),k) = \frac{{\varphi (p)}}{{ord({a^k})}},(a,p) = = 1$
所以最初的解为$\gcd (\varphi (p),b) = \gcd (p - 1,b)$
回到上面，还有$m==0$ 的情况，
所以解为$\gcd (\varphi (p),b)+1 = \gcd (p - 1,b)+1$
再看如何解决模数不为质数的问题，这里 就需要用到中国剩余定理，根据中国剩余定理，每一对$p$ 和 $q$ ,就会产生一个解，依据乘法原理，所以最后的解为$[\gcd (p - 1,e - 1) + 1]*[\gcd (q - 1,e - 1) + 1]$
接下来：就是枚举$e$ 的问题了
- 直接进行暴力
- 观察$e$，因为$\gcd ((p - 1)(q - 1),e ) = = 1$ ，故$e$ 为奇数，$e-1$ 为偶数， $\gcd (e - 1,p - 1) > = 2$ ,
$\gcd (e - 1,q - 1) > = 2$ ，这里确定了两个gcd的下界，而显然这两个下界在枚举$e$ 的过程中是可以取到的，所以这里可以直接判断最小的情况。
复杂度：$O(n\log n)$
代码1：
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 typedef long long ll;
4 const ll inf=1<<30;
5 ll p=1009,q=3643,factor[4070000];
6 ll n=q*p,phi=(p-1)*(q-1),mi=inf,ans;
7 int main(){
8 for(ll i=2;i<phi;++i) if(__gcd(i,phi)==1) factor[i]=(__gcd(i-1,p-1)+1)*(__gcd(i-1,q-1)+1),mi=min(mi,factor[i]);
9 for(ll i=2;i<phi;++i) if(factor[i]==mi) ans+=i;
10 printf("%lld\n",ans);
11 }
代码2：
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 typedef long long ll;
4 const ll inf=1<<30;
5 ll p=1009,q=3643;
6 ll n=q*p,phi=(p-1)*(q-1),ans;
7 int main(){
8 for(ll i=3;i<phi;++i) if(__gcd(i,phi)==1&&__gcd(i-1,q-1)==2&&__gcd(i-1,p-1)==2) ans+=i;
9 printf("%lld\n",ans);
10 }