洛谷 P3811 【模板】乘法逆元

P3811 【模板】乘法逆元

题目背景

这是一道模板题

题目描述

给定n,p求1~n中所有整数在模p意义下的乘法逆元。

输入输出格式

输入格式：

 

一行n,p

 

输出格式：

 

n行,第i行表示i在模p意义下的逆元。

 

输入输出样例

输入样例#1： 复制

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输出样例#1： 复制

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说明

1 \leq n \leq 3 \times 10 ^ 6, n < p < 200005281≤n≤3×106,n<p<20000528

输入保证 pp 为质数。

思路：求逆元，用inv(a)表示一个数的逆元。

特别注意：本题卡输出cout

方法一：费马小定理。

　　我们已知费马小定理为：a^^(p-1)≡1(mod p)

两边同时除以a得到 ：a^^(p-2)≡1/a(mod p)也就是a^^(p-2)≡inv(a) (mod p)

所以：inv(a)≡a^^(p-2) (mod p)

 然后就可以用快速幂求解。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,p;
long long pow(long long a,long long x,long long p){
    long long s=1%p;
    for(;x;x>>=1){
        if(x&1)    s=s*a%p;
        a=a*a%p;
    }
    return s;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&p);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cout<<pow(i,p-2,p)<<endl;
}

方法二：拓展欧几里得。

　　如果a*x+b*y=1在gcd(a,b)=1的情况下有解，那么这个解中的x就是a关于b的逆元，y就是b关于a的逆元。

　　证明：a*x%b+b%y%b=1%b;

　　　　    a*x%b=1%b;

　　　　    a*x≡1(mod b);

所以x是a关于b的逆元，同理，可证明y是b关于a的逆元。

 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,p;
void ex_gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y,long long &d){
    if(!b){ x=1;y=0;d=a; }
    else{
        ex_gcd(b,a%b,y,x,d);
        y-=x*(a/b);
    }
}
int inv(long long t,long long p){
    long long d,x,y;
    ex_gcd(t,p,x,y,d);
    return d==1?(x%p+p)%p:-1;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&p);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d\n",inv(i,p));
}

 

方法三：因为p是一个质数，所以一定有inv(a)=(p-p/a)*inv(p%a)%p;

　　证明：设x=p%a,y=p/a;

　　于是有：(x+y*a)%p=0;

　　移项得：x%p=(-y)*a%p;

　　x*inv(a)%p=(-y)%p;

　　inv(a)=(p-y)*inv(x)%p;

　　所以：inv(a)=(p-p/a)*inv(p%a)%p;

　然后一直递归到1为止。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 3000010
using namespace std;
int n,p;
int inv[MAXN];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&p);
    inv[1]=1;
    printf("1\n");
    for(int i=2;i<=n;i++){
        inv[i]=(p-p/i)*1ll*inv[p%i]%p;
        printf("%d\n",inv[i]);
    }
}