逆元与（扩展）欧拉定理

本文主要讲了逆元、（扩展）欧拉定理。

快速模幂

P1226 【模板】快速幂||取余运算

假设$p$为奇数，则$b^p=b^{2\lfloor\frac{p}{2}\rfloor+1}=(b^2)^{\lfloor\frac{p}{2}\rfloor}\times b$，否则$b^p=b^{2\lfloor\frac{p}{2}\rfloor}=(b^2)^{\lfloor\frac{p}{2}\rfloor}$

这样可以写一个循环来实现，在$p=0$时结束循环即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a,b,c,x,y,p,m=1;
int main() {
    for(scanf("%d%d%d",&a,&b,&p),x=a,y=b; b; b>>=1) {
        if(b&1)m=(m*1ll*a)%p;//b为奇数
        a=(a*1ll*a)%p;//将a平方
    }
    printf("%d^%d mod %d=%d\n",x,y,p,m);
    return 0;
}

乘法逆元

对于关于$x$的同余方程$ax\equiv1\pmod p$，当且仅当$\gcd(a,p)=1$时有解，有解时最小正整数解即为$a$在模$p$意义下的逆元，记号为$a^{-1}$。

例如$3$在模$10$意义下的逆元即为$7$。

线性筛逆元

P3811 【模板】乘法逆元

首先$1$在模$p$意义下的逆元必定为$1$

我们考虑$n\ge2$模$p$意义下的逆元。

设$q=\lfloor\dfrac{p}{n}\rfloor,r=p\%n$，则$p=nq+r$（带余除法的性质）

则$nq+r\equiv0\pmod p$

把$nq$移项到右边，两边同时乘上$n^{-1}r^{-1}$

$n^{-1}\equiv-q\times r^{-1}\pmod p$

把$q=\lfloor\dfrac{p}{n}\rfloor,r=p\%n$代入

$n^{-1}\equiv(-\lfloor\dfrac{p}{n}\rfloor)(p\%n)^{-1}\pmod p$

$n^{-1}\equiv(p-\lfloor\dfrac{p}{n}\rfloor)(p\%n)^{-1}\pmod p$

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mod,n,inv[20000528];
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&mod),inv[1]=1,printf("1\n");
    for(int i=2; i<=n; ++i) {
        inv[i]=(mod-mod/i)*1ll*inv[mod%i]%mod;
        printf("%d\n",inv[i]);
    }
    return 0;
}

欧拉定理

若$\gcd(a,p)=1$，则$a^{\varphi(p)}\equiv1\pmod p$

证明：（可不看）

剩余类

剩余类，亦称同余类。

我们把（所有）对模$n$同余的整数构成的一个集合叫做模$n$的一个剩余类。

即$qn+r$（$q,r$为任意整数）所表示的所有数就是与$r$模$n$同余的剩余类

例如$\cdots,-11,-5,1,7,13,\cdots$就是与$1$模$6$同余的剩余类

简化剩余系

简化剩余系也称既约剩余系或缩系

在与 与$n$互素的整数 模$n$同余的所有剩余类中，从每一个类中各任取一个数作为代表组成的集合，叫做模$n$的一个简化剩余系。

例如模$5$的一个简化剩余系是$1,2,3,4$，模$30$的一个简化剩余系是$1,7,11,13,17,19,23,29$

根据$\varphi(n)$的定义，模$n$的简化剩余系有$\varphi(n)$个元素。

根据简化同余系的定义，每个模$n$的简化剩余系的所有元素的乘积模$n$相等。

证明

设$x_1,x_2,\cdots,x_{phi(p)}$是一个以$p$为模的缩系。

而且$\gcd(a,p)=1$，则$\gcd(ax_i,p)=1$

所以$ax_1,ax_2,\cdots,ax_{phi(p)}$也是一个以$p$为模的缩系。

所以$\prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)}ax_i\equiv\prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)}x_i\pmod p$。

所以$a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p$

费马小定理

当$p$为质数时，$a^p\equiv a\pmod p$

证明：

当$a,p$不互质时即$p|a$，显然成立

当$a,p$互质时，根据欧拉定理得$a^{\varphi(p)}\equiv1\pmod p$

而且$p$为质数时，$\varphi(p)=p-1$，代入上式后两边同时乘$a$即可得证。

变式

当$\gcd(a,p)=1$时，$a\times a^{\varphi(p)-1}\equiv1\pmod p$

即$a$模$p$意义下的逆元为$a^{\varphi(p)-1}$(当$p$为质数时，$a$的逆元为$a^{p-2}$)

快速幂求逆元

直接用欧拉定理的式子即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int getphi(int n) {
	int tmp=n,ans=n;
	for(int i=2; i*i<=tmp; ++i)
		if(!(tmp%i)) {
			ans-=ans/i;
			while(!(tmp%i))tmp/=i;
		}
	return tmp>1?ans-ans/tmp:ans;
}
int a,b,p,m=1;
int main() {
	for(scanf("%d%d",&a,&p),b=getphi(p)-1; b; b>>=1) {
		if(b&1)m=(m*1ll*a)%p;
		a=(a*1ll*a)%p;
	}
	printf("%d\n",m);
	return 0;
}

扩展欧几里得求逆元

扩展欧几里得相关见同余基础数论详解

P1082 [NOIP2012 提高组] 同余方程

这题其实就是求$a$模$b$意义下的逆元。

有解说明$\gcd(a,b)|1$，那么$\gcd(a,b)=1$，直接用扩展欧几里得解同余方程即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,mod,x,y,d;
void exgcd(ll a,ll b,ll&x,ll&y,ll&gcd) {
	if (!b) gcd=a,x=1,y=0;
	else exgcd(b,a%b,y,x,gcd),y-=a/b*x;
}
int main() {
	scanf("%lld%lld",&a,&mod);
	exgcd(a,mod,x,y,d);
	printf("%lld\n",(x%mod+mod)%mod);//记得取模
	return 0;
}

求多个数的逆元

P5431 【模板】乘法逆元2

我们这题要求$a_1,a_2,\cdots,a_n$模$p$意义下的逆元，我们可以试着用$O(n+\log p)$求

设$s_i=\prod\limits_{i=1}^ia_i\mod p$，可以$O(n)$预处理出$s_i$

再设$b_{i+1}=\prod\limits_{i=1}^i(a_i)^{-1}\pmod p$，可得$(a_i)^{-1}\equiv b_{i+1}\times s_{i-1}\pmod p$

接下来就是要考虑如何处理$b_{i+1}$：

预处理$s_i$后，$b_{n+1}=s_n^{-1}\pmod p$，是$O(\log p)$

之后$i$从$n$到$1$的循环，算出$a_i^{-1}\equiv b_{i+1}\times s_{i-1}\pmod p$，同时算出$b_i\equiv b_{i+1}\times a_i\pmod p$即可。

总复杂度$O(n+\log p)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,c=getchar();
    for(; c<=47||c>=58; c=getchar());
    for(; c>=48&&c<=57; c=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15);
    return x;
}
const int MAXN=1<<23;
int n,mod,k,b[MAXN],s[MAXN],a[MAXN],inv[MAXN],ans;
int fastpow(int a,int k) {
    int base=1;
    for(; k; a=((0ll+a)*a)%mod,k>>=1)
        if(k&1)
            base=((0ll+base)*a)%mod;
    return base;
}
int main() {
    s[0]=1;
    n=read(),mod=read(),k=read();
    for(int i=1; i<=n; ++i) {
        a[i]=read();
        s[i]=s[i-1]*1ll*a[i]%mod;//预处理si
    }
    b[n+1]=fastpow(s[n],mod-2);
    for(int i=n; i>=1; --i) {
        inv[i]=b[i+1]*1ll*s[i-1]%mod;//逆元
        b[i]=b[i+1]*1ll*a[i]%mod;//bi
    }
    int tmp=k;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        ans=(ans+inv[i]*1ll*tmp)%mod;//计算答案
        tmp=(tmp*1ll*k)%mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

有理数取余

P2613 【模板】有理数取余

$\dfrac{a}{b}\equiv a\times b^{-1}\pmod p$

直接用上面说的求逆元即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=19260817;
inline int read() {
	int x=0,c=getchar();
	for(; c<=47||c>=58; c=getchar());
	for(; c>=48&&c<=57; c=getchar())x=((x<<3)+(x<<1)+(c&15))%mod;
	return x;
}
int fastpow(int a,int k) {
	int base=1;
	while(k) {
		if(k&1) base=base*1ll*a%mod;
		a=a*1ll*a%mod;
		k>>=1;
	}
	return base;
}
int a,b;
int main() {
	a=read(),b=read();
	printf("%d\n",a*1ll*fastpow(b,mod-2)%mod);
	return 0;
} 

扩展欧拉定理

当$b\ge\varphi(m)$时，$a^{b}\equiv a^{(b\mod \varphi(m))+\varphi(m)}\pmod m$

P5091 【模板】扩展欧拉定理

证明：

首先$m=1$时，$\varphi(m)=1$，结论成立。

任取一个质数$p$，$m$就可以写成$p^r\times s$，其中$r\ge0,\gcd(p,s)=1$。

则$\varphi(p^r)\times \varphi(s)=\varphi(m)$（$\varphi$是积性函数）

由欧拉定理得$p^{\varphi(s)}\equiv 1\pmod s$，则$p^{\varphi(m)}\equiv1\pmod s$

可以设$p^{\varphi(m)}=ts+1$，将式子两边乘上$p^r$：

$p^{\varphi(m)+r}=tm+p^r$，即$p^{\varphi(m)+r}\equiv p^r\pmod m$

当$b\ge r$时，$p^{b}\equiv p^{b-r}p^r\equiv p^{b-r}p^{\varphi(m)+r}\equiv p^{b+\varphi(m)}\pmod m$

且$r\leq \varphi(p^r)\leq \varphi(m)$，所以在$b\geq\varphi(m)$时，上式成立。

改写一下上面的结论：

当$b\ge2\varphi(m)$即$b-\varphi(m)\ge\varphi(m)$时，$p^{b}\equiv p^{b-\varphi(m)}\pmod m$

也就是$p^{b}\equiv p^{(b\mod \varphi(m))+\varphi(m)}\pmod m$

把$a$分解质因数后得到的所有质数都会满足上式，把它们乘起来就是$a$也满足。

模板题代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m,a,b,phi;
int getphi(int n) {//求phi
	int tmp=n,ans=n;
	for(int i=2; i*i<=tmp; ++i)
		if(!(tmp%i)) {
			ans-=ans/i;
			while(!(tmp%i))tmp/=i;
		}
	return tmp>1?ans-ans/tmp:ans;
}
void read(int&b) {
	bool gt=0;
	char c=getchar();
	for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar());
	for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) {
		b=(b<<3)+(b<<1)+(c^48);
		gt|=b>=phi;//判断b是否大于phi
		b%=phi;
	}
	if(gt)b+=phi;//不大于就不能加
}
int quickpow(int a,int b,int p) {//快速幂
	int m=1;
	while(b) {
		if(b&1)m=(m*1ll*a)%p;
		a=(a*1ll*a)%p;
		b>>=1;
	}
	return m;
}
int main() {
	scanf("%d%d",&a,&m),phi=getphi(m),read(b);
	printf("%d\n",quickpow(a,b,m));
	return 0;
}

一道题

P4139 上帝与集合的正确用法

这个$2^{2^{2\cdots}}$明显大于$\varphi(p)$，根据扩展欧拉定理

$2^{2^{2\cdots}}\equiv 2^{2^{2^{2\cdots}}\mod \varphi(p)+\varphi(p)}\pmod p$

这样就可以递归，直到$p=1,2$时返回$0$即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int fastpow(int a,int k,const int mod) {
	int base=1;
	while(k) {
		if(k&1)base=base*1ll*a%mod;
		a=a*1ll*a%mod;
		k>>=1;
	}
	return base;
}
int phi(int n) {
	int tmp=n;
	for(int i=2; i*i<=n; ++i)
		if(!(n%i))
			for(tmp-=tmp/i; !(n%i); n/=i);
	return n>1?tmp-tmp/n:tmp;
}
int solve(int mod) {
	int t=phi(mod);
	return mod==1||mod==2?0:fastpow(2,solve(t)+t,mod);//递归
}
int n,t;
int main() {
	scanf("%d",&t);
	while(t--) {
		scanf("%d",&n);
		printf("%d\n",solve(n));
	}
	return 0;
}