数论 乘法逆元

乘法逆元

定义

若 $ax\equiv 1\pmod p$ 成立，则称 $x$ 是 $a$ 在模 $p$ 意义下的逆元，同时 $a$ 也是 $x$ 在模 $p$ 意义下的逆元

$\because\ 上述等式成立，当且仅当a\perp p,且x\perp\ p$

$\therefore\ 若不互质，则逆元不存在$

特殊地， $0$ 没有乘法逆元， $1$ 的乘法逆元是 $1$ 本身（与 $p$ 无关）

一般将一个数 $a$ 在模 $p$ 的逆元记为 $a^{-1}\pmod p$

意义

• 在模运算中，有以下公式成立：

  $$\begin{align} (a+b)\%m&=((a\%m)+(b\%m))\%m\tag{1}\\ (a-b)\%m&=((a\%m)-(b\%m))\%m\tag{2}\\ (a\times b)\%m&=((a\%m)\times(b\%m))\%m\tag{3} \end{align}$$

• 在上面的公式中没有除法，即除法是不满足这个性质的

• 乘法逆元的意义在于，把除以一个数变成乘上它的逆元，在模意义下结果不变

• 这样就避免了大数字运算

证明：除以一个数变为乘上其逆元，在模意义下结果不变

$$\begin{align} \notag证&明:\frac ab\%p=a\times b^{-1}\%p\\\notag &设\ c=b^{-1}\pmod p\\\notag &有\ b\times c\equiv 1\pmod p\\\notag &\Rightarrow\ b\times c\%p=1\\\notag &\therefore\ \frac ab\%p=\frac ab\times1\%p\\\notag &\ \ \ \ \ \ =\frac ab\times b\times c\%p\\\notag &\ \ \ \ \ \ =a\times c\%p\\\notag &\ \ \ \ \ \ =a\times b^{-1}\%p\\\notag \therefore&\ 得证 \end{align}$$

性质

同余的相关性质

1. 反身性： $a\equiv a\pmod p$
2. 对称性： $a\equiv b\pmod p\Rightarrow b\equiv a\pmod p$
3. 传递性： $a\equiv b\pmod p,b\equiv c\pmod p\Rightarrow a\equiv c\pmod p$
4. 同余式相加减： $\forall\ k\in\N^+,a_k\equiv b_k\pmod p\Rightarrow\sum\limits_{i=1}^na_i\equiv\sum\limits_{i=1}^nb_i\pmod p$
5. 同余式相乘： $\forall\ k\in\N^+,a_k\equiv b_k\pmod p\Rightarrow\prod\limits_{i=1}^na_i\equiv\prod\limits_{i=1}^nb_i\pmod p$
   • 推论1： $\forall\ k\in\N^+,a_k\equiv b_k\pmod p\Rightarrow a^n\equiv b^n\pmod p$
6. $a\equiv b\pmod p\Rightarrow a\times k\equiv b\times k\pmod {p\times k}$
7. $a\equiv b\pmod p,d\ |\ m,d\in\N^+\Rightarrow a\equiv b\pmod d$

• 推论： $\forall i\in\N^+,a\equiv b\pmod{m_i}\Rightarrow a\equiv b\pmod{\text{lcm}(m_1,m_2,\dots,m_n)}$

8. $a\equiv b\pmod p\Rightarrow \gcd(a,m)=\gcd(b,m)$
9. $a\times c\equiv b\times c\pmod p\Rightarrow a\equiv b\pmod{\frac p{\gcd(p,c)}}$

• 推论： $a\times c\equiv b\times c\pmod p,\gcd(c,p)=1\Rightarrow a\equiv b\pmod p$

求法

exGcd 扩展欧几里得

$$\begin{align} \notag&\because\ ax\equiv1\pmod p\ 可以写为:\\\notag &\ \ \ \ \ ax+py=1\tag{1}\\\notag &又\because a\perp p\Rightarrow \gcd(a,p)=1\\\notag &\therefore\ 方程(1)可以写作:\\\notag &\ \ \ \ \ ax+py=\gcd(a,p)\tag{2}\\\notag &根据裴蜀定理,方程(2)显然有解\\\notag &所以只需要解出\ x,就得到了\ a^{-1} \end{align}$$

用法 $O(\log(a))$

template<class t>inline t gcd(t a,t b,t &x,t &y){
    if(b==0){
        x=1,y=0;return;
    }
    t g=gcd(b,a%b,y,x);
    y=y-a/b*x;
    return g;
}
inline int sol(int a,int p){
    int x,y;//x is a's Inverse
    if(gcd(a,p,x,y)!=1){//use exGcd to get the solution
        return -1;//if a!⊥p then there's no solution
    }else{
        return (x%p+p)%p;
        //explain: if the 'x' we got is a negative number
        //then (x%p+p)%p can let it become a positive number
        //and in fact, if x≡a^-1 (mod p)
        //then x+p≡a^-1 (mod p)
    }   
}

欧拉函数求逆元

欧拉定理： $a\perp p\Rightarrow a^{\varphi(p)}\equiv1\pmod p$

上式可变形为 $a\times a^{\varphi(p)-1}\equiv1\pmod p$

由于 $a\perp p$ ，所以 $a^{-1}\equiv a^{\varphi(p)-1}\pmod p$

用法 $O(\log(p))$

template<class t>t fPow(t x,t y,t p){
    //fast Power to get x^y%p
    t ans=1;
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1)ans=ans*x%p;
        x=x*x%p
    }
    return ans;
}
template<class t>t phi(t n){
    t res=n;
    for(t i=2;i*i<=n;i++){
        //公式 phi(n)=n*1/i*(i-1)
        if(n%i==0)res=res/i*(i-1);
        while(n%i==0)n/=i;
    }
    if(n>1)res=res/n*(n-1);
    return res;
}
inline int sol(int a,int p){
	return fPow(a,phi(p)-1,p);
}

筛法求逆元

上述的算法在求单个数的时候表现都不错，但是求多个数的时候效率会较为低下，这时候就需要筛法出场了

$$\begin{align} \notag &设\ x_i为a_i的逆元\\\notag &\because\ x_i=a_i^{-1}\pmod p\\\notag &\therefore\ {a_n}的逆元可以表示为 \left\{a_n^{-1}\right\}\\\notag &设\ \{s_n\}中\ s_n=\prod_{k=1}^nk\%p\\\notag &\therefore\ s_i=(s_{i-1}\times a_i)\%p\tag{1}\\\notag &\therefore\ s_i^{-1}=(s_{i-1}^{-1}\times a_i^{-1})\%p\\\notag &\therefore\ s_{i-1}^{-1}=(s_i^{-1}\times a_i)\%p\tag{2}\\\notag &\therefore\ a_i^{-1}=(s_{i-1}\times s_i^{-1})\%p\tag{3} \end{align}$$

用法 $O(n+\log(a_n))$ (欧几里得函数求逆元) 或 $O(n+\log(p))$ (欧拉函数求逆元)

//欧几里得函数求逆元
typedef long long lld;
const int maxn=5e6+12;
lld p;
int n;
lld a[maxn],ina[maxn],s[maxn],ins[maxn];
//a[i] is the number the input gives
//ina[i] is a[i]^-1 mod p
//s[i] is a[1]*a[2]*...*a[i]
//ins[i] is s[i]^-1 mod p
template<class t>inline t gcd(t a,t b,t&x,t&y){
    if(b==0){
        x=1;y=0;return a;
    }
    t g=gcd(b,a%b,y,x);
    y=y-a/b*x;
    return g;
}
inline void sol(){
    s[0]=1;//ini
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        s[i]=(s[i-1]*a[i])%p;//according to (1)
    }
    lld x,y;
    gcd(s[n],p,x,y);
    x=(x%p+p)%p;//to make sure x is between (0,p)
    ins[n]=x;
    for(int i=n;i>0;i--){
        ins[i-1]=(ins[i]*a[i])%p;//according to (2)
        ina[i]=(s[i-1]*ins[i])%p;//according to (3)
    }
}
//欧拉函数求逆元同理

例题

有理数取模

给出一个有理数 $c=\frac ab$ ，求 $c\mod 19260817$

$0\le a,b\le 10^{10001}$

令 $p=19260817$

因为 $\frac ab=a\times b^{-1}\pmod p$

所以我们要求的就是 $a\times b^{-1}\mod p$

因为数据很大，考虑字符处理

设 $\{a_n\}$ 中 $a_i=x的第i位数(从左至右)$

在十进制下： $x=(\dots((a_1\times10+a_2)\times10+a_3)\times 10+\dots)\times 10+a_{n-1})\times 10+a_n$

所以 $x\%p=(\dots(a_1\%p)\times10+(a_2\%p))\dots$

做法：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long p=19260817;
#define GO(u,v,i) for(register int i=u;i<=v;i++)
template<class t>inline t fr(){
    register t num=0,dis=1;
    register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')dis=-1;ch=getchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0'){num=((num<<1)+(num<<3))%p+(ch^48);ch=getchar();}
    return num*dis%p;
}
template<class t>inline void fw(t num){
    if(num>9)fw(num/10);
    putchar(num%10+'0');
}
template<class t>inline void fw(t num,char ch){
    if(num<0)num=-num,putchar('-');
    fw(num);putchar(ch);
}
typedef long long lld;
lld a,b;
template<class t>inline t gcd(t a,t b,t&x,t&y){
    if(b==0){
        x=1,y=0;return a;
    }
    t g=gcd(b,a%b,y,x);
    y=y-a/b*x;
    return g;
}
signed main(){
    a=fr<lld>();
    b=fr<lld>();
    lld x,y;
    if(gcd(b,p,x,y)!=1){//no soluion
        printf("Angry!");//as the question requires
    }else
    fw((a*(((x%p)+p)%p))%p,'\n');
    return 0;
}

乘法逆元

给定 $n$ 个正整数 $a_i$

$p=10^9+7,k=998244353$

求 $\sum\limits_{i=1}^n(a_i^{-1}\times k^{n-i})\pmod p$

证明过程在筛法求逆元处

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define GO(u,v,i) for(int i=u;i<=v;i++)
template<class t>inline t fr(){
    register t num=0,dis=1;
    register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')dis=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){num=(num<<1)+(num<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return num*dis;
}
template<class t>inline void fw(t num){
    if(num>9)fw(num/10);
    putchar(num%10+'0');
}
template<class t>inline void fw(t num,char ch){
    if(num<0)num=-num,putchar('-');
    fw(num);putchar(ch);
}
const int maxn=5e6+12;
typedef long long lld;
const lld p=1e9+7,k=998244353;
int n;
lld a[maxn],s[maxn],sns[maxn],an[maxn];
lld anss;
template<class t>inline t gcd(t a,t b,t&x,t&y){
    if(b==0){
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    t g=gcd(b,a%b,y,x);
    y=y-a/b*x;
    return g;
}
template<class t>inline t power(t num,t tim){
    t ans=1;
    GO(1,tim,i)ans*=num;
    return ans;
}
inline void sol(){
    n=fr<int>();
    s[0]=1;//初始化
    GO(1,n,i){
        a[i]=fr<lld>();
        s[i]=(s[i-1]*a[i])%p;//根据公式(1)
    }
    lld x,y;
    lld g=gcd(s[n],p,x,y);
    lld ans=x,t=0;
    while((ans=x+p/g*t)<1)t++;
    while((ans=x+p/g*t)>=p)t--;
    sns[n]=ans;// 1/bn 已求出
    lld tmp=1;
    for(int i=n;i>0;i--){
        sns[i-1]=(sns[i]*a[i])%p;//根据公式(2)
        an[i]=(sns[i]*s[i-1])%p;//根据公式(3)
        anss+=(an[i]*tmp)%p;//题目要求
        tmp*=k;tmp%=p;//tmp就是k^(n-i)
    }
    fw(anss%p,'\n');
}
signed main(){
    sol();
    return 0;
}