RSA公钥密码体制是上世纪70年代～80年代好像是，由3个数学家弄出来的，RSA分别是3位数学家的名字的开首字母。
这个原理就是前面证明过程中的衡等式：m^（ed）=m（mod n）。
数学家居然把它拆开成两个等式，两个过程，没有反例，不会出错。

[此贴子已经被作者于2020-3-3 15:43编辑过]

比较这两个公式：a^p≡a（mod p）（费马小定理），m^（ed）=m（mod n）（欧拉原理）(其中ed=1（mod  φ（n）），n为素数也成立)
显然二者不同，不能同日而语。

辛苦了！数学渣，要慢慢消化。

谢谢你的帮助！一点儿小知识供参考！非常感谢您关注沟通和指导！

重发一下欧拉定理的证明，是网上摘录复制过来的：（帮助理解或参考了解一下）
数论定理
内容
在数论中，欧拉定理,（也称费马-欧拉定理）是一个关于同余的性质。欧拉定理表明，若n,a为正整数，且n,a互质，则:
a^[φ(n)]≡1 （mod n）
证明
将1~n中与n互质的数按顺序排布：x1,x2……xφ(n) （显然，共有φ(n)个数）
我们考虑这么一些数：
m1=a*x1;m2=a*x2;m3=a*x3……mφ(n)=a*xφ(n)
1）这些数中的任意两个都不模n同余，因为如果有mS≡mR (mod n) （这里假定mS更大一些），就有：
mS-mR=a(xS-xR)=qn，即n能整除a(xS-xR)。但是a与n互质，a与n的最大公因子是1，而xS-xR<n，因而左式不可能被n整除。也就是说这些数中的任意两个都不模n同余，φ(n)个数有φ(n)种余数。
2）这些数除n的余数都与n互质，因为如果余数与n有公因子r，那么a*xi=pn+qr=r(……)，a*xi与n不互质，而这是不可能的。(因为a*xi=pn+qr=r(……)，说明a*xi含有因子r，又因为前面假设n含有因子r，所以a*xi和n含有公因子r，因此a*xi与n不互质)那么这些数除n的余数，都在x1,x2,x3……xφ(n)中，因为这是1~n中与n互质的所有数，而余数又小于n.
由1）和2）可知，数m1,m2,m3……mφ(n)（如果将其次序重新排列）必须相应地同余于x1,x2,x3……xφ(n).
故得出：m1*m2*m3……mφ(n)≡x1*x2*x3……xφ(n) (mod n)
或者说a^[φ(n)]*(x1*x2*x3……xφ(n))≡x1*x2*x3……xφ(n)(mod n)
或者为了方便：K{a^[φ(n)]-1}≡0 ( mod n ) 这里K=x1*x2*x3……xφ(n)。
可知K{a^[φ(n)]-1}被n整除。但K中的因子x1,x2……都与n互质，所以K与n互质。那么a^[φ(n)]-1必须能被n整除，即a^[φ(n)]-1≡0 （mod n），即a^[φ(n)]≡1 （mod n），得证。
费马小定理:
a是不能被质数p整除的正整数，则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)
证明这个定理非常简单，由于p是质数，所以有φ(p) = p-1，代入欧拉定理即可证明。推论：对于任意正整数a，有a^p ≡ a (mod p)，因为a能被p整除时结论显然成立。

[此贴子已经被作者于2020-3-3 22:56编辑过]

　　等式m^（ed）=m（mod n）可以用欧拉定理的推论简单证明的，证明如下：
证明：根据欧拉定理的推论，
若正整数a，n互质，那么对于任意正整数b，有a^b≡a^(b mod φ（n）)（mod n）。
令b=ed，则m^(ed)=m^b，由于ed=1（mod  φ（n）），所以m^(b mod φ（n）)=m （mod n）。
证毕！

发现自己在快速幂模上的一个错误，昨天给的测试速度和结果并不准确。修正后运行速度不及你的快速幂模算法，在网上找了个100位的素数，改用你的快速幂模算法后测得的执行速度为1.5秒，感觉还是太慢。
准备入手快速乘法，不打算用fft，感觉它是使用乘法多项式的，不能够得到精确结果，打算用分治法实现，希望对运算速度有所提升。
分治法乘法举例：38*96=3648
第一步：3*9=27   第二步：8*6=48    第三步：（3+8）*（9+6）=165    第四步：165-48-27=90   第五步拼接：2700+900+48=3648
两位数乘法分治法共做乘法3次，加法4次，减法两次，比传统竖式算法少做一次乘法，在50位以内可能比传统算法还慢，位数越大提速应该月明显，最终乘法次数可达到n(log n)（传统次数是n^2），应该有显著的提速。

谢谢您！fft我也至今不会，能提高速度就好！

下面的vc程序朋友给了注释，看懂的老师请给翻译成为vb程序：

//下面是网上找到的用vc编程的fft快速高精度乘法程序，我看不懂，请看看，翻译成vb可调用程序，谢谢！
//cp可定义变量为复数
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//complex是stl自带的定义复数的容器
typedef complex<double> cp;
#define N 2097153
//定义pie=表示圆周率π 这个常数
const double pie=acos(-1);
int n;
//定义n为（？）数
cp a[N],b[N];
//定义a[N],b[N]为复数
int rev[N],ans[N];
char s1[N],s2[N];
//读入优化
//定义 rev[N],ans[N]为整数数组
//定义s1[N],s2[N]为字符数组
int read(){ //函数
    int sum=0,f=1; //定义为整数并赋初值
    char ch=getchar();//屏幕输入一个字符
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
//如果ch为“-”让f=-1,ch=getchar(),屏幕输入一个字符
//循环保证读到的字符为数字
    while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
//如果字符为数值执行以下
//“sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-'0';ch=getchar()”输入数字（？看不清是啥字）
    return sum*f;
}  //读入一个带正负号的整数（合？看不清啥字）
//初始化每个位置最终到达的位置
{
    int len=1<<k; //定义len为整数并赋值len=2^k，朋友给出的注释，发的手工写的图片后面还多不清楚不发了。
    for(int i=0;i<len;i++)
    rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(k-1));
}
//a表示要操作的系数，n表示序列长度
//若flag为1，则表示FFT，为-1则为IFFT(需要求倒数）
void fft(cp *a,int n,int flag){
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
     //i小于rev[i]时才交换，防止同一个元素交换两次，回到它原来的位置。
      if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
    }
    for(int h=1;h<n;h*=2)//h是准备合并序列的长度的二分之一
    {
    cp wn=exp(cp(0,flag*pie/h));//求单位根w_n^1
     for(int j=0;j<n;j+=h*2)//j表示合并到了哪一位
     {
      cp w(1,0);
       for(int k=j;k<j+h;k++)//只扫左半部分，得到右半部分的答案
       {
         cp x=a[k];
         cp y=w*a[k+h];
         a[k]=x+y;  //这两步是蝴蝶变换
         a[k+h]=x-y;
         w*=wn; //求w_n^k
       }
     }
     }
     //判断是否是FFT还是IFFT
     if(flag==-1)
     for(int i=0;i<n;i++)
     a[i]/=n;
}
int main(){
    n=read();
    scanf("%s%s",s1,s2);
    //读入的数的每一位看成多项式的一项，保存在复数的实部
    for(int i=0;i<n;i++)a[i]=(double)(s1[n-i-1]-'0');
    for(int i=0;i<n;i++)b[i]=(double)(s2[n-i-1]-'0');
    //k表示转化成二进制的位数
    int k=1,s=2;
     while((1<<k)<2*n-1)k++,s<<=1;
    init(k);
    //FFT 把a的系数表示转化为点值表示
    fft(a,s,1);
    //FFT 把b的系数表示转化为点值表示
    fft(b,s,1);
    //FFT 两个多项式的点值表示相乘
    for(int i=0;i<s;i++)
    a[i]*=b[i];
    //IFFT 把这个点值表示转化为系数表示
    fft(a,s,-1);
    //保存答案的每一位(注意进位）
    for(int i=0;i<s;i++)
    {
    //取实数四舍五入，此时虚数部分应当为0或由于浮点误差接近0
    ans[i]+=(int)(a[i].real()+0.5);
    ans[i+1]+=ans[i]/10;
    ans[i]%=10;
    }
    while(!ans[s]&&s>-1)s--;
    if(s==-1)printf("0");
    else
    for(int i=s;i>=0;i--)
    printf("%d",ans[i]);
    return 0;
}

下面是朋友发的最后3张图片：