【算法笔记】乘法逆元

合集 - OI算法笔记(13)

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13.【算法笔记】乘法逆元2022-02-01

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前言

逆元可能是数论里面最最最最最重要的知识点了，因为大部分的 OI 题目里，都需要选手将答案对某个大质数（一般是 $10^9+7$ 或者是 $998244353$）取模，而在取模的过程中，因为取模不满足除法分配率，所以在遇见除法的时候，不能直接相除。

但这并不意味着我们对除法取模没有办法。而我们实现它的方法，就是使用乘法逆元来完成的。

题目引入

我们定义组合数 $\dbinom{n}{m}$ 代表从 $n$ 个互不相同的元素中，选择其中 $m$ 个，有多少种选法。

计算组合数的公式为：$\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!\cdot (n-m)!}$，其中 $n!$ 代表 $n$ 的阶乘，它的定义为 $n!=1\cdot 2\cdot\,\cdots\,\cdot n$。

现在给你两个正整数 $n,m$，且 $n\ge m$，求 $\dbinom{n}{m}$ 对 $998244353$ 取模后的值。

暴力解法

对于求组合数问题，有两种基本的算法：

1. 通过组合数公式 $\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!\cdot (n-m)!}$ 暴力硬算。int 不够开 long long，long long 不够写高精。复杂度为 $\Theta(n)$。

   然鹅如果 $n\le 10^7$，写高精似乎会超时 QwQ。这也是为什么我们要让答案对 $998244353$ 取模，根据同余定理，有 $(a\bmod c)(b\bmod c)=(ab)\bmod c$。所以，无论 $n$ 再怎么大，取模后的结果也总是能被一个 int 变量存储下。大部分 OI 题里，答案对大数取模，目的就是让输出的答案不要过大毕竟写高精是很麻烦的一件事 QwQ。

   但是我们会发现，计算组合数的过程中，需要使用除法。这里要强调一下：$\left(\dfrac{a}{b}\right) \bmod c\neq \left(\dfrac{a\bmod c}{b\bmod c}\right)\bmod c$！例如，$\dfrac{10}{2} \bmod 3=5\bmod 3=2$，但 $\dfrac{10\bmod 3}{2\bmod 3}=\dfrac{1}{2}$，两者显然不相等。所以，我们不能直接对除法运算取模。

2. 可以通过杨辉三角来计算组合数。根据公式 $\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m}+\dbinom{n-1}{m-1}$，我们可以存储先前已经算出来的组合数，然后递推地求出其它的组合数。

   时间复杂度是 $\Theta(n^2)$，比暴力硬算的效率低，却可以绕过除法取模的问题。但当 $n\le 10^7$ 的时候，好像会超时 QwQ，所以我们只能放弃掉这个算法了。

乘法逆元

除法取模

正如上面所说，杨辉三角的算法时间复杂度太低，所以我们还是得回到 $\Theta(n)$ 的公式爆算中来。既然如此，我们就必须得直面除法取模的算法。

我们考虑最简单的情况，即 $\dfrac{a}{b}$ 对 $c$ 取模：

$$\dfrac{a}{b}\equiv M\pmod{c}.\qquad(1.1)$$

我们在 $(1.1)$ 式两侧同时乘上一个 $b$，那么上式变为：

$$a\equiv Mb\pmod{c}.\qquad(1.2)$$

现在，让我们再考虑这个同余方程：

$$bx\equiv 1\pmod{c}.\qquad(1.3)$$

假如我们能够解出方程 $(1.3)$ 中的 $x$，再将其代入到 $(1.2)$ 中，就有了：

$$ax\equiv M\pmod{c}.\qquad(1.4)$$

同时联立 $(1.1)(1.4)$，我们就可以得出：

$$\dfrac{a}{b}\equiv ax\pmod{c},\text{ which }bx\equiv 1\pmod c\qquad(1.5)$$

也就是说，假如我们可以求出上面方程 $3$ 中的 $x$ 的值，我们就可以通过 $(1.5)$ 式求出 $\dfrac{a}{b}$ 对 $c$ 取模的结果了。

乘法逆元的概念

假如对于一个正整数 $a$，存在一个整数 $x$，使得同余方程 $ax\equiv 1\pmod p$ 成立，那么我们称 $x$ 为 $a$ 在模 $p$ 意义下的逆元，记做 $x\equiv a^{-1}\pmod p$。

它的作用是什么……当然就是向上面一样，解决除法取模的问题。因为除法是乘法的逆运算，我们就可以认为，在模 $p$ 的意义下，除以一个整数，和乘以这个整数在模 $p$ 意义下的逆元，效果是完全相同的。

乘法逆元的性质

我们对上面的乘法逆元的概念有了基本的了解，并且还可以通过观察，简单地得到一些乘法逆元的性质：

1. 在模 $p$ 意义下，任意一个数的乘法逆元一定小于 $p$ 本身。
   这个结论似乎很显然。因为我们不妨设 $a$ 的乘法逆元为 $x$，且 $x>p$，那么一定有 $a(x\bmod p)\equiv ax\equiv 1\pmod p$，所以 $(x\bmod p)$ 是 $a$ 的乘法逆元，且 $(x\bmod p)<p$，所以 $a$ 的乘法逆元小于 $p$。

2. 在模 $p$ 意义下整数 $a$ 存在逆元，当且仅当 $p\perp a$。
   不妨设 $a^{-1}=x$，则：

   $$ax\equiv 1\pmod p.\qquad(2.1)$$

   稍微对 $(2.1)$ 做一下变形，就有：

   $$ax=kp+1,k\in\mathbb{Z}.\qquad(2.2)$$

   移项，得：

   $$ax+kp=1.\qquad(2.3)$$

   注意到这是一个关于 $k,x$ 的二元一次不定方程。我们利用 Bézout 定理，可知，$x$ 存在解，当且仅当 $\gcd(a,p)=1$，即 $a\perp p$，命题得证。

   同时，我们也可以得到另外一个结论：在模 $p$ 的意义下，$1,2,\cdots,p-1$ 都存在逆元，当且仅当 $p$ 是一个质数。

3. 若 $p$ 是质数，那么在模 $p$ 意义下，$1$ 的逆元为 $1$，$(p-1)$ 的逆元为 $(p-1)$，除此以外，$2$ 到 $(p-2)$ 之间，任何一个数和它的逆元一一对应。

   这个结论又有一个高大上的名字，叫做 Wilson 定理：

   当且仅当 $p$ 是一个质数时，$(p-1)!\equiv -1\pmod p$。

   证明如下（数学证明警告！）：

   先证必要性，即 $(p-1)!\equiv-1\pmod p\Rightarrow$ $p$ 是一个质数：

   若 $p$ 不是一个质数，存在正整数 $a,b$ 使得 $p=ab$，显然，$a<p-1$，$b<p-1$。

   当 $a\neq b$ 时，$(p-1)!=1\cdot2\cdot\ \cdots\ \cdot a\cdot\ \cdots\ \cdot b\cdot\ \cdots\ \cdot(p-1)$，所以 $ab\mid (p-1)!$；

   当 $a=b$ 时，$(p-1)!=1\cdot2\cdot\ \cdots\ \cdot a\cdot\ \cdots\ \cdot 2b\cdot\ \cdots\ \cdot(p-1)$.

   综上，此时 $p\mid(p-1)!$。所以必要性成立；

   再证充分性，即 $p$ 是一个质数 $\Rightarrow(p-1)!\equiv-1\pmod p$：

   显然 $p=2,3$ 时，命题成立；

   对于任意质数 $p\ge 5$，令 $A=\{2,3,\cdots,p-2\}$，对于任意 $a\in A$，令 $B=\{a,2a,\cdots,(p-1)a\}$。

   任取 $1\le x<y\le p-1$，那么 $xa\neq ya$，且 $xa,ya\in B$，由于 $(y-x)a\in B$，所以 $p\nmid(ya-xa)$，所以对于任意 $xa,ya\in B$，$xa\not\equiv ya\pmod p$。

   所以 $B$ 中任意两个元素模 $p$ 不同余。

   设 $C=\{b|b=x\bmod p,x\in B\}$，则 $C=\{1,2,3,\cdots,p-1\}$。设 $ax\equiv1\pmod{p}$，则：

   $x\neq1$，假设 $x=1$，则 $ax\equiv a\equiv1\pmod{p}$，即 $a=1\notin A$，与 $a\in A$ 矛盾；

   同理，$x\neq p-1$；

   $x\neq a$，假设 $x=a$，则 $a^2\equiv1\pmod{p}$，可知 $(a-1)(a+1)\equiv0\pmod{p}$，解得 $a=1$ 或 $a=p-1$，即 $a\notin A$，舍去。

   所以 $a\in A$ 时，存在唯一的 $x\in A$，使得 $ax\equiv1\pmod p$，且任意两个 $a,x$ 相互对应。

   因此充分性成立。$\Box$

接下来，在了解了这 $3$ 条性质之后，我们就要想想乘法逆元的求法了。

乘法逆元的求法

说了这么多，我们现在已经知道了模数，那么我们应该怎么求一个数 $a$ 的逆元呢？

当然可以暴力解同余方程 $ax\equiv1\pmod p$，时间复杂度为 $\mathcal{O}(p)$，超时了别赖我 QwQ。

我们能不能用一种更快的算法来求逆元呢？当然可以，有下面的这 $3$ 种求法供你选择：

扩展 Euclid 算法

我们考虑 $(2.3)$ 的不定方程，其中 $x$ 是 $a$ 的逆元。

一说到不定方程，我们马上就应该想到：用扩欧啊！

于是，这段代码就此产生了：

//exgcd 求逆元
int inv(int a, int p, int & x, int & k) {
	if(p == 0) {
		x = 1;
		k = 0;
	}
	
	else {
		inv(p, a % p, k, x);
		k -= a / p * x;
	}
	
	return (x % p + p) % p;  //注意求出的逆元可能是负数，我们要将其变为正的
}

它的时间复杂度为 $\mathcal{O}(\log n)$。

Fermat 小定理

Fermat 小定理是一个关于同余的问题，它的表述如下：

若 $p$ 是质数且 $a\perp p$，则 $a^{p-1}\equiv 1\pmod p$。

下面给出证明（数学证明警告！）：

我们考虑一系列数 $1,2,\cdots,p-1$，由于 $p$ 是质数，所以它们均与 $p$ 互质。

假如 $a\perp p$，我们不妨设 $a,2a,3a,\cdots,(p-1)a$，可以证明它们模 $p$ 两两不同余（证明方法可以参照上面 Wilson 定理的证明），所以它们对 $p$ 取模后，调整顺序，依旧为 $1,2,\cdots,p-1$。

故 $a\cdot 2a\cdot 3a\cdot\ \cdots\ \cdot(p-1)a\equiv 1\cdot2\cdot3\cdot\ \cdots\ \cdot(p-1)\pmod p$。

故 $a^{p-1}\cdot(p-1)!\equiv(p-1)!\pmod p$，两边同时除以 $(p-1)!$，得 $a^{p-1}\equiv 1\pmod p$。$\Box$

当然，不看证明也是可以的。如果是要求逆元的话，我们只需要将这个定理小小地变形，则有 $a\cdot a^{p-2}\equiv 1\pmod p$。于是有 $a^{-1}\equiv a^{p-2}\pmod p$，我们可以通过快速幂来求出 $a^{p-2}$ 对 $p$ 取模的结果了，时间复杂度依旧为 $\Theta(\log n)$。

线性求逆元

$\mathcal{O}(\log n)$ 的算法似乎非常高效了，但是还不够高效。回到题目引入中的问题，如果 $m\le 10^7$ 的话，就意味着我们需要至少 $m$ 次计算阶乘中每一个数的逆元，每次都是 $\mathcal{O}(\log m)$，总复杂度为 $\mathcal{O}(m\log m)$，在 $m\le 10^7$ 的时候可能会被卡掉。

我们依旧需要尝试减少重复计算同一个逆元的次数，将其时间复杂度变为 $\mathcal{O}(1)$。如下：

有一个很显然的结论：

$$p\equiv 0\pmod p\qquad(3.1).$$

因为商乘除数加余数等于被除数，所以有

$$p=x\left\lfloor\dfrac{p}{x}\right\rfloor+(p\bmod x)\qquad(3.2).$$

代入 $(3.1)$ 式，移项，得：

$$x\left\lfloor\dfrac{p}{x}\right\rfloor\equiv-(p\bmod x)\pmod p\qquad(3.3).$$

两边同乘 $(p \bmod x)^{-1}$，得：

$$(p \bmod x)^{-1}\cdot\left\lfloor\dfrac{p}{x}\right\rfloor\cdot x\equiv -1\pmod p\qquad(3.4).$$

根据乘法逆元的定义，我们有

$$x^{-1}\equiv p-(p \bmod x)^{-1}\cdot\left\lfloor\dfrac{p}{x}\right\rfloor\pmod p\qquad(3.5).$$

由 $(3.5)$ 式可知，如果我们已经求出了 $1$ 到 $p\bmod x$ 的逆元，那么我们就可以通过 $\mathcal{O}(1)$ 递推转移过来 $x$ 的逆元，这个过程中，求出 $1\sim n$ 的逆元的时间复杂度是线性的 $\Theta(n)$，而非 $\mathcal{O}(n\log n)$，这样，就可以通过 $n\le 10^7$ 大数据了。

代码如下：

int inv[p];
inv[1] = 1;  //初始化 1 的逆元为 1

for(int i = 2; i <= p; ++i) {
	inv[i] = (long long)(p - p / i) * (p % i) % p;  //转移逆元
}

---

当然，虽然第三种算法的效率更高，但是它不大能用来求单个数的逆元，而且还浪费了 $\mathcal{O}(n)$ 的辅助数组的空间复杂度。所以，选择哪种算法，要看具体题目情景里面是如何要求的。

有理数取模

那么，有了乘法逆元之后，我们就可以将取模的运算从整数推广到有理数。

假如一个有理数 $q=\dfrac{a}{b}$，我们要求 $q\bmod p$ 的值，其中 $p\perp b$。根据 $(1.5)$ 式，我们不难得出 $q\equiv ab^{-1}\pmod p$。

也就是说，我们可以将取模运算推广到有理数，这样，就可以将其用于求概率或者数学期望时候的取模了。

例题

本题目列表会持续更新。

• 洛谷 P3811 【模板】乘法逆元
• 洛谷 P5431 【模板】乘法逆元 2
• 洛谷 P1082 [NOIP2012 提高组] 同余方程
• 洛谷 P2613 【模板】有理数取余
• 洛谷 P4071 [SDOI2016] 排列计数

参考文献