模运算 及 逆元

1、四则运算均可进行取模运算(mod)。

在加法（与乘法相同）的取模运算中，可以写作

$$(a+b)\bmod p=(\ a\bmod p+b\bmod p\ )\bmod p$$

但是减法的取模运算，$-1\bmod 5$ 在计算机中的运算为 $-1$ ，但正确的结果应为 $4$ ，所以减法取模为

$$(a-b)\bmod p=(\ (\ a\bmod p-b\bmod p\ )+p\ )\bmod p$$

异或的取模运算

$$(a\ \texttt{xor}\ b)\bmod p = ((a\bmod p)\ \texttt{xor}\ b)\bmod p$$

然而除法的取模却大不相同，因为对于

$$(12\div 3)\bmod p\ \not=\ 12\bmod p\ \div 3\bmod p$$

此处引入 逆元 的概念，来解决对于除法的取模问题。

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2、在取模意义下的除法——逆元。

概念：单位元 与 逆元

在一个集合中，对于某种运算 *（注意：这里代表通用运算的表示符号，并不是特指乘法），如果对于任何的集合元素 $a$，和元素 $e$ 运算，得到还是集合元素 $a$ 本身，则称 $e$ 为这个运算下的单位元。
逆元素(逆元，指一个可以取消另一给定元素运算的元素）在一个集合中，对于某种运算 *，如果任意两个元素的运算结果等于单位元，则称这两个元素互为逆元。
加法的单位元为 $0$，其加法逆元为相反数。
乘法的单位元为 $1$，其乘法逆元为倒数。

在模运算中，
对于同余方程 $ax\equiv1\pmod p$ ， 我们称 $x$ 是 $a$ 在模 $p$ 意义下的逆元，其单位元为 $1(\mod p)$。

前提：由裴蜀定理（或贝祖定理）可知，当且仅当 $\gcd(a,p)=1$ 时，$a$ 在模 $p$ 的情况下有逆元。

解决取模意义下的除法：$\div a\pmod p\Longrightarrow \times\ a^{-1}\pmod p$，即 在模 $p$ 的意义下，一个数 $a$ 有逆元除以 $a$ 。($a^{-1}$ 是指 $a$ 的逆元)

如何求逆元？（如何解决取模意义下的除法？）

答：扩展欧几里得、费马小定理、欧拉定理 . . .

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i、扩展欧几里得求逆元

扩展欧几里得是用于求解不定方程 $ax+by=c$ 的一组解的算法，但对于同余方程 $ax\equiv1\pmod p$ 也可以写作不定方程的形式：

$$ax-ny = 1\ (\ 或\ ax+n(-y)=1)$$

由此可以求得 $x$ 的值，即逆元的值。

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
	if (b == 0)
	{
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	int r = exgcd(b, a%b, y, x);
	y -= a/b*x;
	return r;
}
int Inv(int a, int n)
{
	int r, x, y;
	r = exgcd(a, n, x, y);
	return r==1?(x+n)%n:-1;
}

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ii、费马小定理求逆元

费马小定理为：当模数 $p$ 为质数时，存在

$$a^{p-1}\equiv1\pmod p$$

由于 $a^{p-1}$ 可以写作 $a\times a^{p-2}$ ，那么存在 $a\times a^{p-2}\equiv 1\mod p$，所以 $a^{p-2}$ 就是 $a$ 在模 $p$ 意义下的逆元。

由此可得， $\ a^{p-2}\equiv a^{-1}\pmod p$

利用快速幂快速求解 $a^{p-2}$。

long long ksm(long long a, long long k)
{
	long long ans = 1;
	while (k)
	{
		if (k&1)
			ans = (ans * a) %mod;
		a = (a * a) %mod;
		k >>= 1; 
	}
	return ans;
}

long long Inv(long long a)
{
	return ksm(a, p-2);
}

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iii、欧拉定理求逆元

在欧拉定理中，对于任意模数 $m$，有

$$a^{\phi(m)}\equiv 1\pmod m$$

其中 $\phi(m)$ 为欧拉函数：对正整数 $m$，欧拉函数是小于或等于 $m$ 的正整数中与 $m$ 互质的数的数目。
由此可得，对于任意模数，$\ a^{\phi(m)-1}\equiv a^{-1}\pmod m$

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iv、线性求逆元

设模数 $p = k\times i+r,\ \ (k,r\in \mathbb Z)$，则有 $p\equiv0\pmod p$。

所以 $k\times i+r\equiv0\pmod p$。

我们将方程两边同乘以 $inv(i)\times inv(r)$ 得到 $k\times inv(r)+inv(i)\equiv0\pmod p$。

$$即\ inv(i) \equiv -k\times inv(r)\bmod p$$

因为有 $p = k\times i+r$，所以 $k = \left\lfloor\dfrac{i}{p}\right\rfloor, r = p\bmod i$

$$inv(i) \equiv (-\left\lfloor\dfrac{i}{p}\right\rfloor\times inv(p \bmod i))\pmod p$$

为防止出现负数，写为

$$inv(i) \equiv ((p-\left\lfloor\dfrac{i}{p}\right\rfloor)*inv(p\bmod i))\pmod p$$

int Inv(int p)
{
	inv[1] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i)
	{
		inv[i] = ((p - i/p)*inv[p % i]) %p;
	}
}

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3、逆元与组合数

因为求组合数 $C(n,m) = \frac{n!}{m!(n-m)!}$ 的过程中，可能涉及取模的运算，所以组合数就和逆元扯上了联系。

v、阶乘逆元（线性）

在组合数中，
设 $f(x) = \frac{1}{x!}$，由此我们将 $f(i)\times i$ 可以得到 $f(i)\times i=\frac{1}{(i-1)!}=f(i-1)$，我们可以解决快速地将 $i\in[n-1,1]$ 的阶乘求出来、

那么对 $f(i)\pmod p$ 就是要求其的逆元（通常 $p$ 为素数），可以用上述 $(\texttt{i}-\texttt{iii})$ 的方法求出。

又因为 $f(i-1)\pmod p=(f(i)\times i)\pmod p$，所以可以快速的求出 组合数问题。

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理解参考：
i.不错的模运算规则；
ii.朝夕的ACM笔记 数论-逆元
iii.逆元 —— 广义化的倒数