这个问题大家思考一下吧！
http://www.51nod.com/question/index.html#!questionId=538
n^(n!) mod p = b，求符合条件的n。
[解决办法]
既然写p了我就默认质数了。
b=0不用说了。
b=1的话n=1和n>=p-1不整除p的全都是。
所以接下来只要看2<=n<=p-2的。不过题目p没有范围，需要clarification才能继续做下去。
[解决办法]
这种问题一般都是证明结果n有周期性，然后在一个周期里遍历就好了，比如尝试证明结果n的周期是p。
或者证明结果n有固定范围，然后在这个范围里遍历，例如证明结果n一定小于p。
不妨0<=b<p
b=0时，解为n=k*p，k取0,1,2,....，这个很容易证明
b>0时，
(1)n和p一定互素，所以n的任意次方和p互素
(2)由费马小定理，如果m和p互素，则m^(p-1)=1 (mod p)
如果n>=p-1那么n!一定是(p-1)的倍数，即n!=s*(p-1)，那么
n^(n!)=n^(s*(p-1))=(n^s)^(p-1)
由(1)n^s和p互素，由(2)知n^(n!)=(n^s)^(p-1)=1 (mod p)
所以有如下结论：
b=0时，解为n=k*p
b=1时，n>=p-1都是解，n=1也是解，对于1<n<p-1需要遍历求解
b>1时，n>=p-1都不是解，即n<p-1，遍历求解
[解决办法]
b=0时，解为n=k*p
b=1时，n>=p-1且n!=k*p都是解，n=1也是解，对于1<n<p-1需要遍历求解
b>1时，n>=p-1都不是解，即n<p-1，遍历求解
上面写错了，以上证明的就是2楼的结论。
[解决办法]
这个我们需要分析一下模p，
显然，对于充分大的n,由于n!都是phi(p)的倍数，结论就很简单了。所以我们主要需要分析n<p的情况。
如果p是素数，那么我们需要查看phi(p)=p-1,如果p-1也没有大素因子，那么也很简单，因为必然有不大的n,使得n!是p-1的倍数，也就是说我们需要穷举的范围会很小。
最头疼的情况是p-1有一个很大的素因子的情况，比如p-1=2q,q是另外一个素因子，
对于这种情况，我们首先可以判断至少一半的b是无解的，因为对于n>=2,n! 必然是偶数，所以n^(n!)必然是p的平方剩余。如果b不是平方剩余，必然无解。但是如果b是平方剩余，我也没有好的办法，穷举n=2,3,...,q-1必然是可行的，但是复杂度很高
