乘法逆元

写在前面

在 $O I$ 中，大多数情况下，善良的出题人为了避免高精度等大整数计算，常常会要求输出答案对一个数（大多是质数）取模的情况，但这衍生了一个问题：若题目中计算需用到除法而我们知道，除法是不能边除边取模的。

$a \equiv b (\mod p)$ 在大部分情况下 $⌊ \frac{a}{d} ⌋ ≢ ⌊ \frac{b}{d} ⌋ (\mod p)$

要解决这个问题，就需要用到一个概念：乘法逆元。

含义

什么是乘法逆元呢？

如果您到百度上搜索逆元，您会看到如下定义：~~（这里逆元素是逆元的全称）~~

逆元素是指一个可以取消另一给定元素运算的元素

---百度百科

这个定义似乎不太那么直观……

我们来举个例子吧，先再实数范围举例，由小学知识可知，如果一个代数式 $F$ 乘一个数 $a$ 后，再乘它的倒数 $\frac{1}{a}$ ，相当于没有乘 $a$ （这里不考虑 0 的情况），换句话说，我们乘 $\frac{1}{a}$ 后，取消了代数式 $F$ 乘 $a$ 后值增大的影响。

不难发现这符合逆元的定义，故我们可以说一个数和其倒数互为乘法逆元。除此之外，我们还能发现一个数和其相反数互为加法逆元等等。

接下来回到代数式的例子，考虑为什么 $a$ 的倒数 $\frac{1}{a}$ 能消去乘 $a$ 的影响。显然，是由于乘法结合律的存在，使得我们在运算 $F \times a \times \frac{1}{a}$ 时可以先运算 $a \times \frac{1}{a}$ 的值，再运算它和 $F$ 的乘积，而 $a \times \frac{1}{a} = 1$ ，任何数与 $1$ 的乘积均为其本身，从而使乘 $a$ 对 $F$ 值增大的影响取消。

上文在实数范围内讨论了乘法逆元，现在我们来看本文主要讨论的内容，数论模意义下的乘法逆元。

由上文的分析来看，我们可以借助“任何数与 $1$ 的乘积均为其本身”的性质定义模意义下的乘法逆元。

若 $a \cdot b \equiv 1 (\mod p)$ 那么我们称 $b$ 是 $a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元。

我们通常将 $a$ 的逆元记作 $a^{- 1}$ 。

如同 $0$ 没有倒数一样， $0$ 也没有乘法逆元。

不难发现， $a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元均为 [1,p - 1] 中的整数。

计算逆元的方法

1. 费马小定理

费马小定理：若 $p$ 为质数，且 $a$ 与 $p$ 互质，那么 $a^{p - 1} \equiv 1 (\mod p)$

对于定理中的式子，我们可以将两边同除 $a$ ，得：

a^{p - 2} \equiv a^{- 1} (\mod p)

而 $a^{- 1}$ 就是 $a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元。

故我们只需计算 $a^{p - 2} \mod p$ 即可，而这个过程可用快速幂解决。

时间复杂度为 $O (\log p)$

2. 扩展欧几里德定理

定理内容：

a 和 b 的最大公约数是 gcd ，那么，我们一定能够找到这样的 x 和 y ，使得:
$a x + b y = g c d$

不难发现 $a x \equiv 1 (\mod p)$ 可以写成 $a x + p y = 1$ 的形式：

将同余号换为等号得：

a x \mod p = 1 \mod p

移项得：

(a x - 1) \mod p = 0

由上式可知 $a x - 1$ 为 $p$ 的整数倍，不妨设其为 $p$ 的 $k (k \in Z)$ 倍：

a x - 1 = k p

继续移项得：

a x - k p = 1

令 $y = - k$ ，就写成了上文的形式： $a x + p y = 1$

我们发现这个方程有解的条件是 $g c d (a, p) ∣ 1$ ，即 $g c d (a, p) = 1$ ， $a, p$ 互质，所以得出结论： $a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元存在当且仅当 $a, p$ 互质

接下来的问题就是如何求出 $x, y$ ：

a x + b y = g c d

根据辗转相除法可得：

b x_{1} + (a - ⌊ a / b ⌋ \cdot b) y_{1} = g c d

两式整合一下：

b x_{1} + a y_{1} - ⌊ a / b ⌋ \cdot b y_{1} = a x + b y

提取公因数 $b$ :

a y_{1} + b (x_{1} - ⌊ a / b ⌋ \cdot y_{1}) = a x + b y

最终我们得到：

x = y_{1} ， y = x_{1} - ⌊ a / b ⌋ \cdot y_{1}

这样我们就能在递归求 $g c d$ 的同时求出 $x, y$ 。

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll a,p,x,y;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1; y=0; return a;
    }
    int gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
    int tmp=y;
    y=x-a/b*y;
    x=tmp;
    return gcd;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&a,&p);
    exgcd(a,p,x,y);
    x=(x%p+p)%p;//这里防止出现负数
    printf("%d",x);
}

3. 线性求逆元

注意，这种求逆元的方法仅使用在 $p$ 为质数的时候

我们用 $i n v [i]$ 来表示 $i$ 的逆元

我们设 $p = k \cdot i + r (r < i, 1 < i < p)$

再将这个式子放到 $(\mod p)$ 意义下就会得到

k \cdot i + r \equiv 0 (\mod p)

两边同时乘上 $i^{- 1} \cdot r^{- 1}$ 就会得到

k \cdot r^{- 1} + i^{- 1} \equiv 0 (\mod p)

i^{- 1} \equiv - k \cdot r^{- 1} (\mod p)

i^{- 1} \equiv - ⌊ p / i ⌋ \cdot (p % i)^{- 1} (\mod p)

即

i n v [i] \equiv - ⌊ p / i ⌋ \cdot i n v [p % i] (\mod p)

于是就可以从前面推出当前的逆元了，为了防止得到负数，在计算时 $(- ⌊ p / i ⌋ \cdot i n v [p % i] % p + p) % p$ 就可以了。

code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 3e6 + 10; 
long long inv[maxn], n, p;

int main()
{
    scanf("%lld%lld", &n, &p);
    inv[0] = 0, inv[1] = 1;//初始化1的逆元为1
    printf("%lld\n", inv[1]);
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
    {
        inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;//上文中的式子
        printf("%lld\n", inv[i]);
    }
    return 0;
}