浅谈乘法逆元

乘法逆元

逆元作用

用于对于除法的取模运算，下面给出关于除一个数变成乘上他的逆元，在模意义下结果不变的证明：

证明：$\frac{a}{b}\% p=a*b^{-1}\% p$

$$\notag \begin{align} \notag b*b^{-1}&\equiv 1 \pmod{p}\\\notag b*b^{-1}\% p&=1\\\notag \frac{a}{b}\% p&=\frac{a}{b}*1\% p\\\notag &=\frac{a}{b}*b*b^{-1}\% p\\\notag &=a*b^{-1}\% p \end{align}$$

证毕

一.单个数逆元求解方法

1. 扩展欧几里得

2. 欧拉函数求解：

   若 $a\perp p$，则有 $a*a^{\phi(p) -1}\equiv 1 \pmod{p}$

3. 费马小定理：

   若 $a\perp p$ ，且$p$为质数，则有 $a*a^{p-2}\equiv 1 \pmod{p}$

二.线性求逆

1. 用处：用于求出1~n，$1<=n<=p$ 每一个数在模 $p$ 的意义下的逆元，时间复杂度为 $O(n)$

2. 算法：

   设模数 $p=k*i+r,r<i,i\in {1,2,3...,p-1}$，在模 $p$ 的意义下，可以得到$k*i+r\equiv 0\pmod{p}$

   $\because i^{-1}*r^{-1}\equiv i^{-1}*r^{-1}\pmod{p}$相乘可以得到：

   $$\begin{align} \notag (k*i+r)*i^{-1}*r^{-1}&\equiv 0 \pmod{p}\\\notag \Rightarrow k*i*i^{-1}*r^{-1}+i^{-1}*r*r^{-1}&\equiv 0 \pmod{p}\\\notag \Rightarrow k*r^{-1}+i^{-1}&\equiv 0\pmod{p}\\\notag \Rightarrow i^{-1}&\equiv -k*r^{-1}\pmod{p}\\\notag \because k=\left\lfloor\dfrac{p}{i}\right\rfloor &,r=p\%i\\\notag \Rightarrow i^{-1}\equiv -\left\lfloor\dfrac{p}{i}\right\rfloor*(p\% i)^{-1}&\pmod p\\ \Rightarrow i^{-1}\equiv (p-\left\lfloor\dfrac{p}{i}\right\rfloor)*(p\% i)^{-1}&\pmod p&\\\notag \therefore i^{-1}=(p-p/i)*(p\% i)^{-1}\% p \\\notag 又\because &r<i \\\notag\therefore 在求i^{-1}时，已经将r^{-1}即 (p\% i)^{-1}&计算出来，由此可以线性求逆元 \end{align}$$

注：$(1)$这一步是为了保证正数，在模$p$的意义下加一个$p$没有任何变化

三.离线逆元

问题

对于给定的整数$a_1,a_2,a_3,..,a_n$，求其在模 $p$ 意义下的逆元，其中$p$ 为质数

1. 首先证明逆元是完全积性的，及：$a^{-1}*b^{-1}\equiv (a*b)^{-1}\pmod{p}$

   证明：

   $$\begin{align}\notag a*a^{-1}&\equiv 1\pmod{p}\\\notag b*b^{-1}&\equiv 1\pmod{p}\\\notag \therefore a*b*a^{-1}*b^{-1}&\equiv 1\pmod{p} \\\notag 又\because (a*b)*(a*b)^{-1}&\equiv 1\pmod{p}\\\notag \therefore a^{-1}*b^{-1}&\equiv (a*b)^{-1}\pmod{p} \end{align}$$

2. 设$per=\prod\limits_{i=1}^{n}a_i$，易得 $per^{-1}=\prod\limits_{i=1}^{n}a_i^{-1}$

   $\therefore a_i^{-1}=per_{i-1}*per^{-1}_{i},per_{i}^{-1}=a_{i+1}*per_{i+1}^{-1}$

   由此就可以依次推出每一个数的乘法逆元，代码比较好写，所以就不放了

3. 奇技淫巧

   令 $to_i=\prod\limits_{j=1}^{i}a_j,back_i=\prod\limits_{j=i}^{n}a_j,per^{-1}=\prod\limits_{i=1}^{n}a_i^{-1}$

   $\therefore a_i^{-1}=per^{-1}*to_{i-1}*back_{i+1}$

   这个也可以用来求逆元