【7】逆元学习笔记

前言

逆元是模运算中很常用的计算方式，非常重要，是很多数论的辅助算法。

定义

在模 $m$ 的意义下找到一个数 $x$ 使得 $ax\equiv 1\pmod m$，则称 $x$ 是 $a$ 在模 $m$ 的意义下的逆元，记作 $inv(a)$。

特别的，当 $m\mid a$ 时，逆元不存在。

逆元的性质:

$$a/b\equiv a\times inv(b)\pmod m$$

由于这一点性质，我们可以在模意义下进行一边取模一边计算的除法运算，将模意义下的运算扩充到了除法，是非常常用的数论基础算法。

求法

第一境界：扩展欧几里得

由

$$ax\equiv 1 \pmod b$$

得

$$ax+by=1$$

这样就转化成了裴蜀等式，扩展欧几里得算法 解决。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a,b,x,y; 
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(b==0)
	   {
	   	x=1;
	   	y=0;
	   	return a;
	   }
	int r=exgcd(b,a%b,x,y);
	int d=x;
	x=y;
	y=d-a/b*y;
	return r;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&a,&b);
    int r=exgcd(a,b,x,y);
    printf("%d\n",(x+b)%b);
    return 0;
}

时间复杂度：$O(\log n)$

第二境界：费马小定理

费马小定理：对于两个正整数 $x,p$，若 $\gcd(x,p)=1$，则有如下关系式：

$$x^p\equiv x\pmod p$$

根据费马小定理，我们可以推出以下式子：

$$x^{p-1}\equiv 1\pmod p$$

$$x\times x^{p-2}\equiv 1\pmod p$$

结合逆元的定义式，此时 $x$ 的逆元为 $x^{p-2}$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,p;
long long fast_power(long long a,long long p,long long m)
{
	long long x=a,ans=1;
	while(p)
	   {
	   	if(p%2==1)ans=ans*x%m;
	   	p/=2;
	   	x=x*x%m;
	   }
	return ans;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    printf("%lld\n",fast_power(n,p-2,p));
    return 0;
}

时间复杂度：$O(\log n)$

第三境界：线性递推

首先，一定有下面递推式：

$$inv(1)\equiv 1\pmod p$$

设 $k=\lfloor \frac{p}{i}\rfloor,r=p\bmod i$，则有下面式子：

$$k\times i+r\equiv p\equiv0\pmod p$$

等式两边同时乘以 $inv(i),inv(r)$，得到：

$$k\times i\times inv(i)\times inv(r)+r\times inv(i)\times inv(r)\equiv 0\pmod p$$

由逆元的性质得到：

$$i\times inv(i)\equiv 1\pmod p$$

$$r\times inv(r)\equiv 1\pmod p$$

所以综合上述三式得到：

$$k\times inv(r)+inv(i)\equiv 0\pmod p$$

移项得：

$$inv(i)\equiv -k\times inv(r)\pmod p$$

展开上式得：

$$inv(i)\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor\times inv(p\bmod i)\pmod p$$

这已经是逆元的递推式了。

又因为 $r=p\bmod i$，得到 $r<i$。所以如果我们从 $1$ 开始递推，那么到 $i$ 时，$r$ 已经计算过了，满足递推的条件。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,p,inv[3000010];
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&p);
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	    inv[i]=((p-p/i)*inv[p%i])%p;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    printf("%lld\n",inv[i]);
	return 0;
}

时间复杂度（总体）：$O(n)$

时间复杂度（均摊）：$O(1)$

小 trick：线性求阶乘逆元

首先用扩展欧几里得或费马小定理求出最后一项阶乘的逆元，然后从后往前递推。记 $inv[i]$ 为 $i!$ 的逆元，易得如下递推式：

$$inv[i]=inv[i+1]\times(i+1)$$

因为 $inv[i+1]$ 中必然包含 $i+1$ 的逆元，所以乘以 $i+1$ 之后刚好抵消。而此时的 $inv[i+1]$ 不存在 $i+1$ 了，就只剩下 $1$ 到 $i$，就是 $inv[i+1]$。这样就可以在 $O(n)$ 的时间内求出阶乘逆元。

例题

例题 $1$ ：

P3811 【模板】乘法逆元

如第三境界：线性递推，不多赘述。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,p,inv[3000010];
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&p);
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	    inv[i]=((p-p/i)*inv[p%i])%p;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    printf("%lld\n",inv[i]);
	return 0;
}

例题 $2$ ：

P5431 【模板】乘法逆元 2

暴力通项分数相加，得到这个式子：

$$s=\sum^{n}_{i=1}\prod^{i-1}_{j=1}a_j\times\prod^{n}_{j=i+1}a_j\times k^{i}$$

$$z=\prod^{n}_{i=1}a_i$$

$$ans=\frac{s}{z}$$

做出以下定义：

$$q_i=\prod^{i}_{j=1}a_j,h_i=\prod^{n}_{j=i}a_j$$

易得以下递推式：（可在 $O(n)$ 内进行预处理）

$$q_i=q_{i-1}\times a_i$$

$$h_i=h_{i+1}\times h_i$$

最后直接套用预处理的数据，可以在 $O(n)$ 的时间内计算出 $s$。最后运用逆元求出结果。

$$ans=\sum^{n}_{i=1}q_{i-1}h_{i+1}k^{i}-inv(q_n)$$

注意读入数据时需要使用快读卡常。慢了 1ms 的记录

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,p,k,a[5000010],q[5000010],h[5000010],ans=0;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}

long long power(long long a,long long p,long long m)
{
	long long x=a,ans=1;
	while(p)
	  {
	  	if(p%2==1)ans=ans*x%m;
	  	p/=2;
	  	x=x*x%m;
	  }
	return ans;
}

int main()
{
    n=read();p=read();k=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read();
    q[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        q[i]=(long long)q[i-1]*a[i]%p;
    h[n+1]=1;
    for(int i=n;i>0;i--)
        h[i]=(long long)h[i+1]*a[i]%p;
    for(int i=n;i>0;i--)
        ans=(long long)(ans+(long long)q[i-1]*h[i+1]%p)*k%p;
    printf("%d",(long long)ans*power(q[n],p-2,p)%p);
    return 0;
}

例题 $3$ ：

P1593 因子和

旁证：等比数列求和公式

式 $1$：

$$S=\sum^{n}_{i=0}k^i$$

两边同时乘以 $k$ 得式 $2$ ：

$$kS=\sum^{n+1}_{i=1}k^i$$

式 $2$ 减去式 $1$ 得：

$$(k-1)S=k^{n+1}-1$$

化系数为 $1$ 得：

$$S=\frac{k^{n+1}-1}{k-1}=\sum^{n}_{i=0}k^i$$

对于任意的 $n=p_{1}^{k_{1}}\times p_{2}^{k_{2}}\times p_{3}^{k_{3}}\times ... \times p_{r}^{k_{r}}$（其中 $p_{1}^{k_{1}},p_{2}^{k_{2}},p_{3}^{k_{3}},...p_{r}^{k_{r}}$ 为 $n$ 的不同素因子），则有因子和公式：

$$\prod^{r}_{i=1}\sum^{k_i}_{j=0}{p_i}^j$$

观察可得内部的求和是一个等比数列，直接套用等比数列求和公式得：

$$\prod^{r}_{i=1}\frac{{p_i}^{k_i+1}-1}{p_i-1}$$

可以在分解质因数的同时计算这个式子，同时用逆元处理分母部分。

注意，由于此题的模数 $9901$ 很小，导致逆元可能不存在。当 $9901\mid p_i-1$ 时，逆元不存在。但此时易得这个式子：

$$\sum^{k_i}_{j=0}{p_i}^j\equiv\sum^{k_i}_{j=0}{1^j}\equiv k_i+1\pmod {9901}$$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a,b,ans=1,mod=9901;
long long power(long long c,long long p,long long m)
{
	long long x=c,ans=1;
	while(p)
	   {
	   	if(p%2==1)ans=ans*x%m;
	   	p/=2;
	   	x=x*x%m;
	   }
	return ans;
}

long long mprime()
{
	long long m=0,ans1=1;
	for(long long i=2;i<=a;i++)
	   {
	   	if(a%i!=0)continue;
	   	m=0;
	   	while(a%i==0)
	   	      {
	   	   	   m++;
	   	   	   a=a/i;
			  }
		m*=b;
        if((i-1)%mod!=0)ans1=(power(i,m+1,mod)-1+mod)%mod*power(i-1,mod-2,mod)%mod;
        else ans1=(m+1)%mod;
        ans=ans*ans1%mod;
	   }
    return 0;
}

int main() 
{   
    scanf("%lld%lld",&a,&b);
    if(b==0||a==1){printf("1");return 0;}
    mprime();
    printf("%lld",ans);
	return 0;
}

后记

这篇笔记的数学公式又多又长又难懂，看来逆元难的根本不是其本身，而是综合时能否灵活运用。好像所有理科都是这样的