逆元与取模意义下的除法
逆元是什么
百度百科：
逆元素是指一个可以取消另一给定元素运算的元素，在数学里，逆元素广义化了加法中的加法逆元和乘法中的倒数。
好吧，这是一个比较奇怪的概念。
不过这里我们不涉及到其他种类的逆元，仅讨论 乘法逆元
在对 \(p\) 取模意义下的除法
考虑一个题目：
如果设斐波那契数列第 \(i\) 项为 \(f_i\) ，给定两个数 \(a,b\)，求 \(\dfrac{f_a}{b} \bmod p\) 的值
保证 \(p|f_a\)
这道题本来是很简单的，但是由于 \(f_a\) 的值可能会很大，所以需要在计算的过程中，就顺手取模
但问题就来了，如果现在 \(f_a \bmod p\) 的值，
但是 \(\dfrac{f_a \bmod p}{b} \bmod p\) 的值等于 \(\dfrac{f_a}{b} \bmod p\) 的值吗？
显然不行，举个例子： \(\dfrac{20}{2} \bmod 6=4\)，但是 \(\dfrac{20 \bmod 6}{2} \bmod 6=1\)
所以这个方法是行不通的
这个方法最大的问题是什么呢？
最大的问题是在于虽然 \(f_a \bmod b =0\) ，但是 \(f_a \bmod p\) 极有可能不被 \(b\) 整除
所以说，我们需要想方设法不进行除法计算
回忆一下小学一年级学的倒数内容（笑）：
倒数是指设一个数 \(x\) 与其相乘的积为 \(1\) 的数，记为 \(\dfrac{1}{x}\) ，过程为“乘法逆”，除了 \(0\) 以外的数都存在倒数，分子和分母相倒并且两个乘积是 \(1\) 的数互为倒数，\(0\) 没有倒数。
根据以上内容可以想到计算出 \(\dfrac{1}{b} \mod p\) 的值
而这个值，就是我们接下来要介绍的乘法逆元
乘法逆元，不就是倒数吗
正如题目所说，\(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元就是 \(\dfrac{1}{a} \bmod p\)
将 \(a\) 的乘法逆元记为 \(a^{-1}\)，根据逆元定义得 \(a \times a^{-1} \equiv 1 \pmod p\)
所以逆元就是符合 \(a \times a^{-1} \equiv 1 \pmod p\) 的值
逆元怎么求
逆元有多达 \(4\) 种求法，但基本上每种求法都有其不同的用途
费马小定理与快速幂
不会费马小定理的人，出门左转，OI-wiki
若 \(p\) 为素数，并且 \(\gcd(a,p)=1\)，依据费马小定理得 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\)
依据上面的推断，只需要用快速幂求出 \(a^{p-2} \mod p\) 的值就好了
注意 ：这种算法只适用于 \(p\) 为质数的情况
代码实现
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int qpow(int a,int b,int p)
{
int ret=1;
while(b)
{
if(b&1) ret=(ret*a)%p;
b>>=1;
a=(a*a)%p;
}
return ret;
}
int inv(int a,int p)
{
return qpow(a,p-2,p);
}
扩展欧几里得
不会扩展欧几里得的读者，出门左转，欧几里得算法、扩展欧几里得与同余方程
求逆元本质上就是解 \(ax \equiv 1 \pmod p\) 这个方程
所以直接用扩欧来求就可以了
代码实现
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(!b) x=1,y=0;
else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
int inv(int a,int p)
{
int x,y;
exgcd(a,p,x,y);
return (x%p+p)%p;
}
线性递推
方案一
显然 \(1^{-1}\equiv 1\pmod p\)
对于 \(i^{-1}\)，令 \(k=\lfloor \dfrac{p}{i} \rfloor,j=p \bmod i\)
则 \(p=ki+j\)
所以 \(ki+j \equiv 0 \pmod p\)
两边同时乘以 \(i^{-1}\times j^{-1}\)，得 \(kj^{-1}+i^{-1}\equiv 0 \pmod p\)
则 \(i^{-1}\equiv -kj^{-1} \pmod p\)
带入 \(k=\lfloor \dfrac{p}{i} \rfloor,j=p \bmod i\) ，得 \(i^{-1}\equiv -\lfloor \dfrac{p}{i} \rfloor (p \bmod i)^{-1} \pmod p\)
所以就可以得到递推公式：
方案二
由于 \(\dfrac{1}{i!}\times (i-1)!=\dfrac{1}{i}\)，所以 \(i^{-1}=(i!)^{-1}\times (i-1)!\)
因为 \(\dfrac{1}{(i+1)!} \times (i+1)=\dfrac{1}{i!}\) ，所以 \((i!)^{-1}=((i+1)!)^{-1}\times (i+1)\)
所以进行两组递推，令 \(inv_i=i^{-1},inv'_i=(i!)^{-1}\)
所以先用其他方法求出 \(inv'_n\) 的值，然后递推
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
ll ret=1;
while(b)
{
if(b&1) ret=(ret*a)%p;
b>>=1;
a=(a*a)%p;
}
return ret;
}
ll inv(ll a,ll p)
{
return qpow(a,p-2,p);
}
const int MAXN=20000529;
ll n,p,ivf[MAXN],fac[MAXN];
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&p);
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(fac[i-1]*i)%p;
ivf[n]=inv(fac[n],p);
for(int i=n-1;i>=1;i--) ivf[i]=((i+1)*ivf[i+1])%p;
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",(fac[i-1]*ivf[i])%p);
return 0;
}
以上代码用来快速幂来求 \(inv'_n\)，但实际上也可以采用扩欧
线性求任意 \(n\) 个数的逆元
由于以上方法只适用于单个数的逆元以及 \(1\) 到 \(n\) 的逆元，
那么再给一道例题：给定长度为 \(n\) 的数组 \(a\) 以及 \(p\)（\(\forall 1 \leq i \leq n,1 \leq a_i<p\)），求数组里所有数的逆元
这里如果依靠上面的方法，只能将 \(n\) 个数一一算出，总复杂度为 \(n\log p\)
如果 \(n,p\) 比较大的情况下就会超时
能不能将数组进行整体处理呢？
答案当然是可以
令 \(s_i=\prod\limits_{j=1}^ia_j\)
则 \(s_{i-1}\times s_i^{-1}=(\prod\limits_{j=1}^{i-1}a_j)\times \dfrac{1}{\prod\limits_{j=1}^ia_j}=\dfrac{1}{a_i}=a_i^{-1}\)
同时 \(s^{-1}_i\times a_i=\dfrac{1}{\prod\limits_{j=1}^ia_j}\times a_i=\dfrac{1}{\prod\limits_{j=1}^{i-1}a_j}=s_{i-1}^{-1}\)
通过这两个公式就可以在 \(O(n+\log p)\) 的复杂度内计算完了
s[0]=1;
for(int i=1; i<=n; i++) s[i]=s[i-1]*a[i]%p;
sv[n]=qpow(s[n],p-2);
// 当然这里也可以用 exgcd 来求逆元,视个人喜好而定.
for(int i=n; i>=1; i--) sv[i-1]=sv[i]*a[i]%p;
for(int i=1; i<=n; i++) inv[i]=sv[i]*s[i-1]%p;
最开始的问题
最开始的问题在这时早已迎刃而解
\(\dfrac{f_a}{b} \bmod p\) 的值就是 \(f_a \times b^{-1} \bmod p\) 的值
可以在 \(O(a+\log p)\) 的时间复杂度解决这个问题
（如果使用矩阵快速幂加速的话，可以在 \(O(\log a+\log p)\) 的时间复杂度解决）
