【初等数论】乘法逆元略解

乘法逆元

\(1、\)定义：\(\frac{1}{a} \equiv b\pmod{p}\)，则称\(b\)为\(a\)在模\(p\)意义下的乘法逆元，记为\(inv(a)\)或\(a^{-1}\)。

\(2、\)在模\(p\)意义下讨论乘法逆元的存在性

​  设\(a^{-1} = x\)

​  \(a\cdot x \equiv 1\)

​  \(\Leftrightarrow a \cdot x = 1 - py\)

​  \(\Leftrightarrow a x+py = 1\)

​  裴蜀定理告诉我们，该方程当且仅当\(gcd(a,p) = 1\)时有解。也就是说，当且仅当\(a\)与模数\(p\)互质时存在\(a\)的乘法逆元。因此大部分有理数取模问题给定的模数都是质数，这样能够在\(a\bmod p \neq 0\)的情况下保证存在\(a\)的逆元。

\(3、\)乘法逆元的四种推导方式

1. 扩展欧几里得算法

   求\(a\)的逆元，也就是求出\(\Leftrightarrow a x+py = 1\)的一组解，使用扩展欧几里得算法直接求解得\(x\)即可。

   void exgcd(int& x, int& y, int a, int b) {
     if (!p) {
       x = 1, y = 0;
       return;
     }
     exgcd(y, x, b, a % b);
     y -= a / b * x;
   }
   

2. 费马小定理/扩展欧拉定理

   费马小定理：对于质数\(p\)，\(a^{p} \equiv a \pmod{p}\)

   即 \(a^{p-1} \equiv 1\pmod {p}\)

   也就是说，\(a^{p-2}\)即为\(a \bmod p\)意义下的逆元，使用快速幂求解。

   费马小定理是欧拉定理在\(p\)为质数时的特殊情况，实现起来没有区别。这里不深入展开叙述欧拉定理。

   LL fpow(LL a, LL p) {
     LL b = p - 2, ret = 1;
     for (; b; b >>= 1) {
       if (b & 1) ret = ret * a % p;
       a = a * a % p;
     }
     return ret;
   }
   

3. 线性递推\(1\sim n\)的逆元

   显然有\(1^{-1} = 1\).

   设\(r = p \bmod i, k = \lfloor \frac{p}{i} \rfloor\)

   \(\Rightarrow ki + r \equiv 0 \pmod p\)

   两边同乘\(i^{-1}r^{-1}\)，得

   \(kr^{-1} + i^{-1} \equiv 0 \pmod p\)

   \(\Leftrightarrow i^{-1} = -\lfloor \frac{p}{i} \rfloor \cdot (p \bmod i)^{-1} \pmod p\)

   得到如上递推式，解毕。

   void get_inv(int n, int p) {
     inv[1] = 1;
     for (int i = 2; i <= n; ++i)
       f[i] = (LL)(p - p / i) * inv[p%i] % p;//p - p / i：去掉负数
   }
   

4. 线性递推\(a_1 \sim a_n\)的逆元\((a_i \in N_+)\)

   以下表达式均在\(\bmod p\) 意义下。

   设\(f_i = \prod_{j = 1}^{i}a_j\)

   首先可以线性递推求出\(f_{1 \sim n}\)。

   我们发现，对\((f_i)^{-1}\)可推导出如下递推式：

   $ f_i \times (f_{i})^{-1} \equiv 1$

   \(\Rightarrow a_i \cdot f_{i-1} \cdot (f_i)^{-1} \equiv 1\)

   即\((f_i)^{-1} \equiv (f_{i+1})^{-1} \times a_{i+1}\)

   那么我们可以结合费马小定理/扩展欧几里得算法

   求出\((f_n)^{-1}\)，然后倒着线性迭代求出\((f_{1 \sim n-1})^{-1}\)。

   现在我们求出了原数列前缀积数列的逆元，考虑着手由\(\{f\}^{-1}\)数组推导出\(\{a\}^{-1}\)。

   \(a_i \times a_i^{-1} \equiv 1\)

   \(\Leftrightarrow \frac{f_i}{f_{i-1}} \cdot a_i^{-1} \equiv 1\)

   \(\Leftrightarrow a_i^{-1} \equiv \frac{f_{i-1}}{f_i}\)

   即\(a_i^{-1} \equiv f_{i-1} \cdot (f_i)^{-1}\)。

   得到如上递推式，解毕。

   因此，最后我们再使用费马小定理求出\(a_1^{-1}\)，就可以递推一遍求出原数列各项的逆元了。

   int a[maxn], inv[maxn], V[maxn], f[maxn], n, k, p;
   LL ans;
   int fpow(LL a, LL b) {
   	LL ret = 1;
   	while (b) {
   		if (b & 1) ret = ret * a % p;
   		b >>= 1;
   		a = a * a % p;
   	}
   	return ret;
   }
   void get_inv() {
   	f[0] = 1;
   	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
   		read(a[i]);
   		f[i] = (LL)a[i] * f[i-1] % p;
   	}
   	V[n] = fpow(f[n], p - 2);
   	for (int i = n - 1; i; --i) V[i] = (LL)V[i+1] * (a[i+1]) % p;
   	for (int i = n; i > 1; --i) inv[i] = (LL)f[i-1] * V[i] % p;
   	inv[1] = fpow(a[1], p - 2);
   }