[数论]逆元

模板题：Luogu P3811 【模板】乘法逆元 

逆元类似于倒数，

在($mod$ $p$)意义下，如果$a$*$inv$[$a$]≡ 1 ，那么我们就说 $inv$[$a$]是 $a$ 的逆元，$a$也是$inv$[$a$]的逆元。

前提必须保证$a,p$互质。

当题目要求在$mod$ $p$意义下求$a*b$时，为了避免数据过大引起的麻烦，通常会把它拆成$a$ $mod$ $p*b$ $mod$ $p$。

但是$a/b$却不能这样拆分。这时用逆元把它转化为$a*inv$[$b$]，变成乘法，就可以拆分了。

逆元的性质

1.存在唯一性

2.完全积性函数

$inv$[$a$]*$inv$[$b$] ≡ $inv$[$a*b$]

证明：

$a$*$inv$[$a$] ≡ $b$*$inv$[$b$] ≡ 1 ($mod$ $p$)

$a$*$inv$[$a$] * $b$*$inv$[$b$] ≡ 1*1 ($mod$ $p$)

($ a $*$b$) * ($inv$[$a$]*$inv$[$b$]) ≡ 1 ($mod$ $p$)

3.

$a$*$inv$[$b$] ≡ $a/b$ ($mod$ $p$)

证明：

$b$*$inv$[$b$] ≡ 1 ($mod$ $p$)

同乘$a/b$，得

$a$*$inv$[$b$] ≡ $a/b$ ($mod$ $p$)

 

其他的：

在$(mod$ $n)$意义下，集合{[0,n-1]中存在逆元的数}==集合{[0,n-1]中存在逆元的数的逆元}

因为i < n，inv[i] < n，

a的逆元是b，b∈[0,n-1] ；b的逆元是a，a∈[0,n-1]

所以这些数应该互为逆元。

 

接下来介绍几种逆元的求法。

费马小定理

定理：$x$^p－1 ≡ 1 ($mod$ $p$)

证明:（源自数论妙趣——数学女王的盛情款待）

任意取一个质数，比如13。考虑从1到12的一系列整数1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12，给这些数都乘上一个与13互质的数，比如3，得到3,6,9,12,15,18,21,24,27,30,33,36。对于模13来说，这些数同余于3,6,9,12,2,5,8,11,1,4,7,10。这些余数实际上就是原来的1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12，只是顺序不同而已。

把1,2,3...12统统乘起来，乘积就是12的阶乘12！。把3,6,9,..36也统统乘起来，并且提出公因子3，乘积就是3¹²×12！。对于模13来说，这两个乘积都同余于1,2,3...12系列，尽管顺序不是一一对应，即3¹²×12！≡12！mod 13。两边同时除以12！得3¹²≡1 mod 13。如果用p代替13，用x代替3，就得到费马小定理

$x$^p－1≡1 ($mod$ $p$)

由$x$^p－1≡1 ($mod$ $p$)

得$x$*$x$^p－2≡1 ($mod$ $p$)

即$x$^p－2是$x$在$mod$ $p$意义下的逆元

注意，这个方法要求$a,p$互质。

int quickpow(int a,int b,int p){
    int ans = 1;
    int base = a;
    while(b){
        if(b&1)ans = ans*base % p;
        base = base*base % p;
        b >>= 1;
    }
    return ans%p;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&p);
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        printf("%d\n",quickpow(i,p-2,p));
    return 0;
}

 

扩展欧几里得

求$a*x≡1$ ($mod$ $p$)，等同于

$a*x+p*y≡1$

我们知道，$exgcd$可求$a*x + b*y≡gcd(a,b)$

而这里的$a,p$互质，刚好有$gcd(a,p)=1$

所以求出$exgcd(a,p,x,y)$，$inv[a] = x$

这个方法要比费马小定理快一点。

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(b == 0){
        x = 1,y = 0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,x,y);
    int tx = x;
    x = y;
    y = tx-(a/b)*y;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&p);
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        exgcd(i,p,x,y);
        printf("%d\n",(x%p+p)%p);
    }
    return 0;
}

 

线性推逆元

公式：inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p

证明：

令$s=p/i,t=p$ $mod$ $i$，

则$s*i+t=p$

$s*i+t≡0$ ($mod$ $p$)

$t≡-s*i$ ($mod$ $p$)

两边同除$t*i$，得

$t/(t*i)≡-s*i/(t*i)$ ($mod$ $p$)

$inv[i]≡-s*inv[t]$ ($mod$ $p$)

将$s,t$的值带入，则有

$inv[i]≡(-p/i)*inv[p$ $mod$ $i]$ ($mod$ $p$)

将$-p/i$处理成正数，即$-p/i=p-p/i$

整理，得$inv[i]≡inv[p$ $mod$ $i]*(p-p/i)$ ($mod$ $p$)

这个方法很好，适用于要求很多逆元的情况。

inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++)
    inv[i] = inv[p%i]*(p-p/i)%p;