乘法逆元
逆元
什么是逆元
对于正整数\(a\)和\(m\)，如果有\(a\times x\equiv1(mod\:m)\)，那么就把这个同余方程中\(x\)的最小正整数解叫做\(a\)模\(m\)的逆元。
求一个数的逆元
扩展欧几里得算法求逆元
对于\(a\times x\equiv1(mod\:m)\)我们可以做一个公式推导：
\(a\times x\equiv1(mod\:m)\);
\((a\times x-1)\%m=0\);
存在一个正整数\(k\)满足\(a\times x-1=m\times k\);
\(a\times x-m\times k=1\)；
即存在\(y=-k\)使得\(a\times x+m\times y=1\);
所以求\(a\)模\(m\)的逆元，就是求方程式\(a\times x+m\times y=1\)的解，并且在实际使用中，一般把\(x\)的最小正整数称之为\(a\)模\(m\)的逆元。
int n, a, b, p, x, y;
void exgcd(int a, int b){
if(b == 0){
x = 1;
y = 0;
return ;
}
exgcd(b,a%b);
int temp = x;
x = y;
y = temp - a / b * y;
}
int main(){
cin >> a >> b;
exgcd(a,b);//此时得到的x是方程的一个解，但不一定是方程的最小正整数解，x可能为负
x = (x % b + b) % b; //(x % m + m) % m 是方程最小正整数解，也就是a模m的逆元
cout << x;
return 0;
}
费马小定理求解逆元
逆元一般用扩展欧几里得算法来求解，但如果\(m\)为素数，那么我们可以根据费马小定理得到你元为\(a^{m-2}\:mod\:m\)。
推导公式：\(a^{m-1}\equiv1(mod\:m)=a\times a^{m-2}\equiv1(mod\:m)=a^{m-2}\equiv \frac{1}{a}(mod\:m)\)。所以\(a\)的逆元为\(a^{p-2}\)。从这里我们也可以看出使用费马小定理求逆元的精华就是快速幂。
typedef long long ll;
ll fastpow(ll n, ll a, ll mod){
if(n < 0) return 1;
ll res = 1;
a = a % mod;
while(n){
if(n & 1) res = (res * a) % mod;
a = (a * a) % mod;
n >>= 1;
}
return res % mod;
}
int main(){
cin >> a >> p;
cout << fastpow(p-2,a,p) << endl;
return 0;
}
如何求多数的逆元
线性求\(1\)到\(n\)的逆元
对于求很多数的逆元的题目，我们可以使用线性求解逆元。
我们先看带余除法\(p=k\times i+c\);
我们可以把这个式子写成\(k\times i +c\equiv0(mod\:p)\);
式子两边同时乘以\(i^{-1}\times c^{-1}\)(\(i^{-1},c^{-1}\)都是模\(p\)意义下的逆元)
所以我们有\(k\times c^{-1}+i^{-1}\equiv0(mod\:p)\);
\(i^{-1}\equiv-k\times c^{-1}(mod\:p)\);
\(i^{-1}\equiv-(p/i)\times(p\%i)^{-1}(mod\:p)\);
所以我们的\(i^{-1}\)就可以用\((p\%i)^{-1}\)来推出，所以就可以用递推式求出来\(1\)到\(i\)之间所有数的逆元。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
const int N = 3e6+10;
ll arr[N];
int main(){
ll n, p;
cin >> n >> p;
arr[1] = 1;
cout << arr[1] << endl;
for(ll i = 2; i <= n; i++){
arr[i] = (-(p / i) * arr[p % i] % p + p) % p;//防止结果为负数
cout << arr[i] << endl;
}
return 0;
}
线性求任意\(n\)个数的逆元
首先，我们需要求出\(n\)个数的前缀积，记为\(a_i\)，然后使用快速幂或者是扩展欧几里得算法求解\(s_n\)的逆元，记为\(arr_n\)。因为\(arr_n\)是\(n\)个数的逆元，所以当我们把它乘以\(b_n\)时，就会和\(b_n\)的逆元相互抵消，于是就得到了\(b_i\)到\(b_{n-1}\)的积的逆元，记为\(arr_{n-1}\)。同理我们可以一次计算出所有的\(arr_i\)，于是\(b_i^{-1}\)就可以用\(a_{i-1}\times arr_i\)求得。时间复杂度为\(O(n+log_n)\)。
如果你还是不理解我们可以使用图标的形式让你明白。
| 0 | 1 | 2 | 3 | |
|---|---|---|---|---|
| \(b_i\) | 0 | \(b_1\) | \(b_2\) | \(b_3\) |
| \(a_i\) | 1 | \(b_1\) | \(b_1b_2\) | \(b_1b_2b_3\) |
| \(arr_i\) | 1 | \(b_1^{-1}\) | \(b_1^{-1}b_2^{-1}\) | \(b_1^{-1}b_2^{-1}b_3^{-1}\) |
| 结果 | \(b_1^{-1}\) | \(b_2^{-1}\) | \(b_3^{-1}\) |
大家可以自行对照图标和代码推一边。
#include <bits/stdc++.h>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define _for(i, a, b) for (int i=(a); i<=(b); i++)
const int INF = 0x7fffffff;
const int MAXN = 1e4 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll n, p, b[MAXN], a[MAXN], arr[MAXN], inv[MAXN];
ll fastpow(ll n, ll a, 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 % p;
}
int main(){
cin >> n >> p;
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> b[i];
}
a[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++){
a[i] = a[i - 1] * b[i] % p;
}
arr[n] = fastpow(p-2,a[n],p);
for (int i = n; i >= 1; --i) arr[i - 1] = arr[i] * b[i] % p;
for (int i = 1; i <= n; ++i) inv[i] = arr[i] * a[i - 1] % p;
for(int i= 1; i <= n; i++){
cout << inv[i] << " ";
}
return 0;
}
如果以上内容有错误的地方，请在下面评论指出，谢谢了！！！
