AcWing 876. 快速幂求逆元

\(AcWing\) \(876\). 快速幂求逆元

一、题目描述

给定 \(n\) 组 \(a_i,p_i\)，其中 \(p_i\) 是质数，求 \(a_i\) 模 \(p_i\) 的乘法逆元，若逆元不存在则输出 impossible。

注意：请返回在 \(0∼p−1\) 之间的逆元。

乘法逆元的定义

输入格式
第一行包含整数 \(n\)。

接下来 \(n\) 行，每行包含一个数组 \(a_i,p_i\)，数据保证 \(p_i\) 是质数。

输出格式
输出共 \(n\) 行，每组数据输出一个结果，每个结果占一行。

若 \(a_i\) 模 \(p_i\) 的乘法逆元存在，则输出一个整数，表示逆元，否则输出 impossible。

数据范围
\(1≤n≤10^5,1≤a_i,p_i≤2∗10^9\)

输入样例：

3
4 3
8 5
6 3

输出样例：

1
2
impossible

二、逆元概念

序号	取模概念下的加减乘除	正确性
1	\((a + b)\% p = (a\%p + b\%p) \%p\)	正确
2	\((a - b) \% p = (a\%p - b\%p) \%p\)	正确
3	\((a * b) \% p = (a\%p * b\%p) \%p\)	正确
4	\((a / b) \% p = (a\%p / b\%p) \%p\)	错误

\(Q1\):为什么除法错的?

证明是对的难，证伪的只要举一个反例:

\((100/50)\%20 = 2 ≠ (100\%20) / (50\%20) \%20 = 0\)

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，会损失精度，导致答案错误。

因为除法在取模运算时没有性质 \(( a/b )\% c = (a\%c /b\%c) \%c\),这个是不成立的，没法计算了，这时数学家提出了个 逆元 的概念：

比如 \(3 /5 \ mod \ 7\) ,因为\(5\)在乘法模\(7\)的世界里的逆元是\(3\)，所以转化为 \(3 * 3 \ mod\ 7\),就可转化为乘法的性质了，就方便计算了，就是答案\(2\)。

逆元可以代替除法，除以这个数就等于乘以这个数的逆元。

\(Q2\):怎么理解逆元的含义？

想像你在一个加法的世界里，以\(0\)为世界的中心。有一天，你从世界的中心位置，进行了\(+3\)，突然，你想回到世界的中心，而你只能使用加法，所以你需要找一个数，让你加上这个数后，可以回到\(0\)这个世界的中心，这个数就是你在加法世界里\(3\)的逆元，也就是\(-3\)。

想像你在一个乘法取模\(7\)的世界里，以\(1\)为世界的中心，有一天，你从世界的中心位置，进行了\(*3 \ mod\ 7\)的操作，突然，你想回到世界的中心，而你只能使用乘法取模的，所以你需要找到一个数，让你乘上它再模\(7\)后，回到世界的中心，那么这个数就称为你在乘法模\(7\)世界的逆元。

举个栗子， \(3 * 5\ mod\ 7 =1\) 那么\(3\)和\(5\)就在乘法\(mod7\)世界里互为逆元，就像是加法世界里的\(3\)和\(-3\)一样。

在这个乘法模\(7\)的世界里，逆元不是唯一的，比如 \(3 * 5\ mod\ 7 =1\) 而 \(3*12\ mod\ 7 =1\)。我们所说的求逆元一般是指逆元当中最小的那个。

三、费马小定理

内容:
当\(p\)为质数时 $\large a^{p-1} \equiv 1 (mod\ p) $

证明：略

举个栗子：
今天是周一，再过 \(3^{2008}\) 次方天，是周几呢？

解：因为一周\(7\)天，其实是在求\(3^{2008}\%7\)。
此时\(p=7\),是质数，可以用费马小定理计算同余结果:

计算\(2008\)与\(p-1\)的关系，\(2008=6*334+4\)

所以$3^{2008} \equiv 3^{4} (mod \quad 7) $ 就是 \(81\%7=4\)

今天是周一，再过四天就是周五了。

四、怎样求逆元？

• 当\(p\)为质数时，可以用费马小定理+快速幂求逆元：

  \(\because\)\(a^{p-1}≡1 (mod\quad p)\)

  \(\therefore\)\(a \times a^{p-2}≡1 (mod\quad p)\)

  \(\therefore\) \(a^{p-2}\)就是\(a\)的逆元。

• 当\(p\)不是质数时，可以用扩展欧几里得算法求逆元： (学习到这里时先不用理会这个内容)
  \(a\)有逆元的充要条件是\(a\)与\(p\)互质，所以\(gcd(a, p) = 1\)
  假设\(a\)的逆元为\(x\)，那么有\(a * x ≡ 1 (mod\ p)\)
  等价：\(ax + py = 1\)
  \(exgcd(a, p, x, y)\)

五、实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define int long long

// 快速幂 (a^k)%p
int qmi(int a, int k, int p) {
    int res = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) res = res * a % p;
        a = a * a % p;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

signed main() {
    int n;
    cin >> n;
    while (n--) {
        int a, p;
        cin >> a >> p;
        if (a % p == 0)
            puts("impossible"); // 不互质
        else
            printf("%lld\n", qmi(a, p - 2, p));
    }
}

六、费马小定理练习

\(Q1\): \(p=7\) 求\(2^{32}\ \%p\)

这个幂指数很大，我们不会傻傻的真的去计算出\(2^{32}\)，而是利用费马小定理对指数进行缩减：

因为\(p=7\)是质数，所以使用费马小降幂，\(p-1=6\)
\(2^6\%p=1\)
在\(32\)里面，把所有\(6\)的倍数去掉，就是\(2^{32-6*5}=2^2=4\)
也就是说，我们可以把原来的\(32\)降为\(4\),最终的答案是一样的结果。

\(Q2:\)一个多位数有\(2020\)位，它左边三位为\(123\)。当这个数最大时，它被\(29\)除所得的余数是_______。

在小学奥数中，经常会用到费马小定理解决余数问题。

• 先举一个简单的例子：

  比如计算\(18^{111}\) 除以\(23\)的余数是多少。

  在这里，\(a=18\)， \(p=23\)是素数，根据所以使用费马小定理，我们知道\(18^{(23-1)}\)除以\(23\)余\(1\)，即：

  \(18^{111} \equiv 18^{22 \times 5 +1} \equiv 18^{22 \times 5 } \times 18 \equiv 18 (mod 23)\)

  所以答案就是：\(18\)。

• 回到这个问题:
  这个\(2020\)位数最大时即为\(123\)后面是\(2017\)个\(9\)。
  我们设这个数是\(a\)， 则\(a= 124 \times 10^{2017}-1\)。
  这个问题就转变为\(124 \times 10^{2017}-1\)除以\(29\)的余数是多少？
  
  我们用同余运算和费马小定理有：
  \(124 \times 10^{2017} -1\)
  \(\equiv 8 \times 10^{72\times 28+1}-1\) 这里因为\(124\)去除\(29\)，商是\(4\),余数是\(8\)。商不会影响同余运算，舍去，保留余数\(8\)
  \(\equiv 8 \times 10^1 -1\)
  \(\equiv 80-1\)
  \(\equiv 21 (mod \ 29)\)
  答案就是：\(21\)
  怎么样，超简单吧？

  那么，如果\(p\)不是素数时，这种问题又该怎么处理呢？
  这时候欧拉定理和欧拉函数就要大显身手啦。

\(Q3\):

解题思路

因为模数是\(101\)，比较小，而幂\(n\)是\(2019^{2019}\)，很大！所以使用费马小降幂\(n\%(p-1)\)，这里\(p\)就是\(101-1 = 100\)；

  int n = 1, ans = 0;
    for (int i = 1; i <= 2019; i++)  n = n * 2019 % 100;

也就是说，在不断的循环计算\(n\)的过程中，我们利用费马小定理，找到了一个\(n'\),使得\(n'\)与原数\(n\)对于结果的贡献是一样的，但\(n'\)明显小于\(n\),方便计算出来结果。

实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    int n = 1, ans = 0;
    for (int i = 1; i <= 2019; i++) n = n * 2019 % 100; //计算出n'
    // 1~11的n次方
    for (int i = 1; i <= 11; i++) {
        int x = 1;
        for (int j = 1; j <= n; j++) x = x * i % 101; //降幂后可以正常按要求计算
        //收集答案
        ans += x;
    }
    //最终也要模一下101
    printf("%d\n", ans % 101);
    return 0;
}

\(Q5\):

解题思路
项数比\(mod\)大很多，\(2019\)比\(10086\)小，所以不用费马小定理，用循环周期+快速幂做

实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 10086;

LL pow_mod(LL x, LL p) {
    LL res = 1;
    while (p) {
        if (p & 1) res = res * x % mod;
        p >>= 1;
        x = x * x % mod;
    }
    return res;
}

LL ans;
LL n = 1e12;

int main() {
    for (int i = 1; i <= mod; i++) ans = (ans + pow_mod(i, 2019)) % mod; //求到10086 一个循环周期的长度
    ans = ans * (n / mod) % mod;                                         //乘上倍数
    n %= mod;                                                            //再加上余数
    for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + pow_mod(i, 2019)) % mod;

    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}