数论篇4——逆元（数论倒数）
问题引入
对于取余运算，有一下一些性质：
但是唯独除法是不满足的：
为什么除法错的呢？很好证明：
而对于一些题目，我们必须在中间过程中进行求余，否则数字太大，电脑存不下，那如果这个算式中出现除法，我们就需要逆元了，将除法运算转换为乘法运算。
逆元
定义：
对于c，可以说是特殊意义上的倒数，我们可以理解为要求在0,1,2……p-1之间找一个数，是的这个数和a相乘后再取模p，得到的结果为1。
现在就要在回到刚才的问题了，除以一个数等于乘上这个数的倒数，在除法取余的情况下，就是乘上这个数的逆元，即：
这样就把除法，完全转换为乘法了。
逆元的性质
唯一性
给定一个数a，若存在模p下的逆元c，c一定唯一。
自反性
c是a的逆元，a也是c的逆元。
逆元的求解
对于逆元的求解，如果n较小的话，是容易算出来的，例如，求3在模26下的逆元：
但是当n非常大的时候，手动求解就非常困难了。
扩展欧几里得算法（extend_gcd）
$a\cdot a^{1}\equiv 1(mod\ b)$
模数可以不为质数，满足gcd(a,b)=1即可
定义：
对于逆元的表达式可以做一些变换：
当gcd(a,b)=1时，代入extend_gcd(a,b,x,y)，得到的非负的x值，就是上面的$a^-1$
int extend_gcd(int a, int b, int& x, int& y) { if (b == 0) { x = 1, y = 0; return a; } int q = extend_gcd(b, a % b, x, y); int temp = x; x = y; y = temp - a / b * y; return q; }
费马小定理
只适用于模数为质数的情况，如果模数不是质数，可以变换一下，用欧拉定理。
如果p是一个质数，且a不是p的倍数则有
$a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)$
根据同余除法定理，两边同除以a
$a^{p-2}\equiv a^{-1}(mod\ p)$
所以
$a^{-1}= a^{p-2}(mod\ p)$
用快速幂求一下，复杂度O(logn)
线性递推
只适用于模数为质数的情况
当p为质数时有$$a^{-1}=(p-[p/a])\cdot (p\%a)^{-1}\%p$$
证明：
1的逆元就是1，这个方法复杂度是$O(n)$，但并不是说比前两个差，它可以在O(n)的复杂度内算出n个数的逆元。
inv[1] = 1; for(int i = 2; i < p; ++ i) inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
阶乘递推求逆元
只适用于模数为质数的情况
设 $f(i)=inv(i\ !)$
则根据：$f(i-1)=\frac{1}{\ (i-1)\ !}=\frac{1}{i\ !}\times i =f(i)\times i$
有：$f(i-1) = f(i)\times i$
假设要求 $[1,n]$ 中所有数的逆元，先求得 $[1,n]$ 中所有数的阶乘
可以用 费马小定理 求得 $f(n)$ 的值，之后递推出 $f(1 \sim n)$ 的值
但是 $inv(1! \sim n! )$ 并不是我们想要的答案，需要继续转化。
根据：$inv(i)=\frac{1}{i}=\frac{1}{i\ !}\times (i-1)\ ! = inv(i!)\times (i-1)!$
最终的转换式 :$$inv(i) = inv(i!) \times(i-1)\ ! $$
时间复杂度也是$O(n)$
int N,P; fact[0] = 1; //mod P 求阶乘 for (int i = 1; i <= N; i++) fact[i] = fact[i - 1] * i % P; //求N! mod p的逆元 inv[N] = quickPower(fact[N], P - 2, P) % P; //递推求N!~1! mod p的逆元 for (int i = N - 1; i >= 1; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P; //转换输出 for (int i = 1; i <= N; i++) printf("%d\n", (inv[i] * fact[i - 1]) % P);
逆元的应用
费这么大周章求出来的逆元究竟有什么用呢？
将除法转换为乘法
已知$n$为任意整数，$(a,p)=1$，则$n\div a\ mod\ p = n\cdot a^{-1}\ mod\ p$，
比如 $12\div 4\ mod\ 7 = 12\cdot 2\ mod\ 7=3$。
具体使用情况就可以是上面提到的，一个取余运算式中间出现了除号。
但如果式子中没有取余呢？那自己取一个呗，取一个特别大的素数（但是不能太大，推荐取1e9+7，好记，快速幂也不会爆long long范围，可以运算所有int范围的数据）
测试代码：
const LL P = 1e9 + 7; LL quickPower(LL a, LL n, LL p) { LL res = 1; while (n) { if (n & 1) { res = (res % p * a % p) % p; } a = (a % p * a % p) % p; n >>= 1; } return res; } int main() { LL _a = quickPower(8, P - 2, P); LL res = (72 * _a) % P; cout << res << endl; return 0; }
注意以下几点：
- 如果真的要计算的数字特别大，可能需要考虑使用快速乘（龟速乘）。
- 要注意实际是否会出现除不尽的情况，因为分数取模比较特殊，算出来的结果不是你想要的答案。
- 具体使用看情况吧，俺还没遇见过。。。
