逆元详解
今天我们来探讨逆元在ACM-ICPC竞赛中的应用,逆元是一个很重要的概念,必须学会使用它。
对于正整数和
,如果有
,那么把这个同余方程中
的最小正整数解叫做
模
的逆元。
逆元一般用扩展欧几里得算法来求得,如果为素数,那么还可以根据费马小定理得到逆元为
。
推导过程如下
求现在来看一个逆元最常见问题,求如下表达式的值(已知)
当然这个经典的问题有很多方法,最常见的就是扩展欧几里得,如果是素数,还可以用费马小定理。
但是你会发现费马小定理和扩展欧几里得算法求逆元是有局限性的,它们都会要求与
互素。实际上我们还有一
种通用的求逆元方法,适合所有情况。公式如下
现在我们来证明它,已知,证明步骤如下
接下来来实战一下,看几个关于逆元的题目。
题目:http://poj.org/problem?id=1845
题意:给定两个正整数和
,求
的所有因子和对9901取余后的值。
分析:很容易知道,先把分解得到
,那么得到
,那么
的所有因子和的表达式如下
所以我们有两种做法。第一种做法是二分求等比数列之和。
第二种方法就是用等比数列求和公式,但是要用逆元。用如下公式即可
因为可能会很大,超过int范围,所以在快速幂时要二分乘法。
其实有些题需要用到模
的所有逆元,这里
为奇质数。那么如果用快速幂求时间复杂度为
,
如果对于一个1000000级别的素数,这样做的时间复杂度是很高了。实际上有
的算法,有一个递推式如下
它的推导过程如下,设,那么
对上式两边同时除,进一步得到
再把和
替换掉,最终得到
初始化,这样就可以通过递推法求出
模奇素数
的所有逆元了。
另外模
的所有逆元值对应
中所有的数,比如
,那么
对应的逆元是
。
题目:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2186
题意:求中
互质的数的个数,其中
。
分析:因为,所以
,我们很容易知道如下结论
对于两个正整数和
,如果
是
的倍数,那么
中与
互素的数的个数为
本结论是很好证明的,因为中与
互素的个数为
,又知道
,所以
结论成立。那么对于本题,答案就是
其中为小于等于
的所有素数,先筛选出来即可。由于最终答案对一个质数取模,所以要用逆元,这里
求逆元就有技巧了,用刚刚介绍的递推法预处理,否则会TLE的。
代码:
- #include <iostream>
- #include <string.h>
- #include <stdio.h>
- #include <bitset>
- using namespace std;
- typedef long long LL;
- const int N = 10000005;
- bitset<N> prime;
- void isprime()
- {
- prime.set();
- for(int i=2; i<N; i++)
- {
- if(prime[i])
- {
- for(int j=i+i; j<N; j+=i)
- prime[j] = false;
- }
- }
- }
- LL ans1[N],ans2[N];
- LL inv[N];
- int main()
- {
- isprime();
- int MOD,m,n,T;
- scanf("%d%d",&T,&MOD);
- ans1[0] = 1;
- for(int i=1; i<N; i++)
- ans1[i] = ans1[i-1] * i % MOD;
- inv[1] = 1;
- for(int i=2;i<N;i++)
- {
- if(i >= MOD) break;
- inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
- }
- ans2[1] = 1;
- for(int i=2; i<N; i++)
- {
- if(prime[i])
- {
- ans2[i] = ans2[i-1] * (i - 1) % MOD;
- ans2[i] = ans2[i] * inv[i % MOD] % MOD;
- }
- else
- {
- ans2[i] = ans2[i-1];
- }
- }
- while(T--)
- {
- scanf("%d%d",&n,&m);
- LL ans = ans1[n] * ans2[m] % MOD;
- printf("%lld\n",ans);
- }
- return 0;
- }
接下来还有一个关于逆元的有意思的题目,描述如下
证明:由
其中
所以只需要证明,而我们知道
模
的逆元对应全部
中的所有数,既是单射也是满射。
所以进一步得到
证明完毕!