乘法逆元

定义

如果一个线性同余方程 \(ax\equiv 1\pmod b\) ，则称 \(x\) 为 \(a\bmod b\) 的逆元，记作 \(a^{-1}\)

它等价于 \(ax+by=1\) ，根据线性同余方程有解的条件可得 \(\gcd(a,b)\mid 1\) ，所以当且仅当 \(\gcd(a,b)=1\) 时 \(a\) 在模 \(b\) 意义下存在逆元

计算

快速幂

当 \(b\) 为素数时，由费马小定理可得 \(a^{b-1}\equiv1\pmod b\) ，那么 \(x=a^{b-2}\) 就是 \(a\) 的逆元，可以用快速幂以 \(O(\log b)\) 求解

#define ll long long
ll qpow(ll a, ll b, ll p)
{
    ll res = 1;
    for(; b; b >>= 1) {
        if(b & 1)
            res = res * a % p;
        a = a * a % p;
    }
    return res;
}

ll inv(ll a, ll b)
{
    return qpow(a, b - 2, b);
}

扩展欧几里得

求逆元实际上等价于求解一个线性同余方程，所以可以用扩展欧几里得算法以 \(O(\log b)\) 求解，并且这不要求 \(b\) 为素数，只要求 \(\gcd(a,b)=1\)

#define ll long long
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
    if(b == 0) {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    ll d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return d;
}

ll inv(ll a, ll b)
{
    ll x, y;
    exgcd(a, b, x, y);
 	return (x % b + b) % b;
}

线性求逆元

当我们要求出 \(1,2,\cdots,n\) 中每个数关于 \(p\) 的逆元时，用上述两个方法的复杂度为 \(O(n\log p)\) ，下面的方法能以 \(O(n)\) 求出这 \(n\) 个数的逆元

令 \(k=\lfloor\frac{p}{i}\rfloor ,j=p \bmod i\) ，有 \(p=ki+j\) ，则 \(ki+j\equiv 0\pmod{p}\)

\[kj^{-1}+i^{-1}\equiv 0\pmod{p}\\ i^{-1}\equiv -kj^{-1}\pmod{p}\\ i^{-1}\equiv(p-\lfloor\frac{p}{i}\rfloor)(p \bmod i)^{-1}\pmod{p} \]

最后一步把 \(k\) 换成 \((p-\lfloor\frac{p}{i}\rfloor)\) 而非 \(\lfloor\frac{p}{i}\rfloor\) 的目的是为了避免出现负数，这样我们就得到了求 \(1\sim n\) 的逆元的递推式：

\[i^{-1} \equiv \begin{cases} 1, & \text{if } i = 1, \\ (p-\lfloor\frac{p}{i}\rfloor) (p \bmod i)^{-1}, & \text{otherwises}. \end{cases} \pmod p \]

int inv[100000 + 5];

void init(int n, int p)
{
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    	inv[i] = 1ll * (p - p / i) * inv[p % i] % p;
}

阶乘的逆元

设 \(f_i=i!\) ，可得：

\[f_i\times(f_i)^{-1}\equiv 1\pmod{p}\\ f_{i-1}\times i \times (f_i)^{-1}\equiv 1\pmod{p}\\ (f_i)^{-1}\equiv(i)^{-1}(f_{i-1})^{-1}\pmod{p} \]

所以先用线性求逆元得方法预处理出 \(1,2,\cdots,n\) 的逆元，就可以递推出 \(1,2,\cdots,n\) 的阶乘的逆元，复杂度为 \(O(n)\)

int inv[100000 + 5];
int invf[100000 + 5];

void init(int n, int p)
{
    inv[1] = invf[0] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    	inv[i] = 1ll * (p - p / i) * inv[p % i] % p;
    for(i = 1; i <= n; i++) 
        invf[i] = 1ll * invf[i - 1] * inv[i] % p;
}