c++ 乘法逆元

主要参考：OI-WIKI

为什么要逆元

当一个题目让你求方案数时常要取余，虽然
$(a+b)\% p=(a\% p+b\% p)\%p$
$(a-b)\% p=(a\% p-b\% p)\%p$
$(a\times b)\% p=(a\%p\times b\%p)\%p$
但是
$(\dfrac{a}{b})\%p\ne(\dfrac{a\%p}{b\%p})\%p$
由于会出现这种情况，所以就要逆元了
一般情况下，当$ax=1$时，x 是 a 的倒数，$x=\dfrac{1}{a}$
毕竟是取余，所以当$ax\equiv 1\pmod p$时， x 叫做 a 关于 p 的逆元，用 $a^{-1}$ 表示
于是 $(\dfrac{a}{b})\%p=(a\%p\times b^{-1}\%p)\%p$
这样就把除法转换成乘法，解决了问题

如何求逆元

前提：$\gcd(a,p)=1$ （本蒟蒻现在才发现模数这么奇怪原来有意图，如）

费马小定理

$\because a^p\equiv a\pmod p \\ \therefore a^{p-2}\equiv\dfrac{1}{a}\pmod p$
证明：OI-WIKI（蒟蒻不会）
所以说$a^{-1}\equiv a^{p-2}\pmod p$
复杂$O(\log p)$

扩展欧几里得

$ax+py=1$的一组解 (x,y) ，x 是 a 关于 p 的逆元， y 是 p 关于 a 的逆元
证明：两边同时模 p
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ax+py=1\\ ax\%p+py\%p=1\%p\\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ax\%p=1\%p\\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ax\equiv 1\pmod p$
所以 x 是 a 关于 p 的逆元，反之可以证明 y
复杂$O(\log p)$

连续的逆元

连续的逆元

如果直接暴力求，效率低，很有可能超时，如何线性（$O(n)$）求呢？

首先 $1^{-1}\equiv 1\pmod p$
然后，设 $p=k*i+r,r<i,l<i<p$ ，放到$\pmod p$ 下就成了 $k*i+r\equiv 0\pmod p$
两边同时乘上$i^{-1}$和$r^{-1}$可得
$k*i*i^{-1}*r^{-1}+r*i^{-1}*r^{-1}\equiv 0\pmod p$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ k*r^{-1}+i^{-1}\equiv 0 \pmod p$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ i^{-1}\equiv -k*r^{-1}\pmod p$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ i^{-1}\equiv -\lfloor\dfrac{i}{p}\rfloor*(p\mod i)^{-1} \pmod p$
于是就可以从前面推出当前的逆元了，$A[1]=1,A[i]=(p-p/i)*A[p\%i]$
用 $p-\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor$防止出现负数，时间复杂度$O(n)$

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阶乘的逆元

可以先处理 $n!$ 的逆元，可以发现对于一个 $1\le i<n$，都有$\dfrac{1}{i!}=\dfrac{1}{(i+1)!}*(i+1)$
所以 $i!$的逆元$A[i]=A[i+1]*(i+1)\%p$，A[n] 先求出来，时间复杂度$O(\log p+n)$

求任意 n 个数的逆元

先算出前缀积 $s_i$ 并预处理出 $s_n$ 的逆元 $sv_n$ ，
与阶乘的逆元相同，$sv_i=sv_{i+1}*a_{i+1}\%p,1\le i<n$ 用这种抵消的方法可以$O(n)$处理出$sv$
求出了$sv$，$a_i^{-1}$可以用$s_{i-1}*sv_i$求得，时间复杂度$O(\log p+n)$