【数论】乘法逆元

【数论】乘法逆元

Definition

对于一个数 $x$ 和一个模数 $p$，若存在一个数字 $y$，满足

$$x \times y \equiv 1 \pmod p$$

则称 $y$ 是 $x$ 在模 $p$ 意义下的逆元，记做 $x^{-1}~\equiv y \pmod p$。

一个数字逆元在模意义下的运算中可以完全取代该数字的倒数。例如 $\frac{x}{y}~\equiv x \times y^{-1} \pmod p$，其中 $y^{-1}$ 代表 $y$ 的逆元。

Algorithm

Lemma

首先需要指出的是，一个数 $x$ 在模 $p$ 意义下存在逆元，当且仅当 $x$ 与 $p$ 互质。

Proof

这里只证明当 $x$ 与 $p$ 不互质时不存在逆元。对于逆元的存在性，由于下面的部分给出了逆元的构造算法，这就已经证明了在互质时逆元是存在的。

反证法，设对于任意的 $x \in Z^+$，存在 $x^{-1} \in Z^+$

$$x \times x^{-1} \equiv 1 \pmod p~~~~~~(1)$$

且

$$\gcd(x,~p) = d \neq 1~~~~~~(2)$$

根据同余的定义，$(1)$ 可以写成：

$$x \times x^{-1} = k \times p + 1~~~~~~(3)$$

其中 $k$ 是一个非负整数。

将 $(3)$ 的等号两侧同时除以 $(2)$ 中的 $d$：

$$\frac{x \times x^{-1}}{d}~=~\frac{k \times p + 1}{d}~~~~~~(4)$$

整理得到

$$\frac{x}{d} \times x^{-1}~=~\frac{p}{d} \times k + \frac{1}{d}~~~~~~(5)$$

因为 $d = \gcd(x, p)$，所以 $d$ 一定是 $x$ 和 $p$ 的因数。所以

$\frac{x}{d}$ 和 $\frac{p}{d}$ 都是整数，进而 $\frac{p}{d} \times k$ 是整数，$\frac{x}{d} \times x^{-1}$ 是整数。

而因为 $d \neq 1$，所以 $\frac{1}{d}$ 一定不是整数，因此 $\frac{p}{d} \times k + \frac{1}{d}$ 不是整数。

于是等号左侧是整数，等号右侧不是整数，左侧一定不等于右侧，产生矛盾。这就矛盾证明了 $x$ 在模 $p$ 意义下存在逆元仅当 $x$ 与 $p$ 互质。

---

以下介绍求逆元的算法：

求单个数字的逆元

Algorithm 1

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

显然可以转化成方程

$x \times x^-1 = 1 + kp$

令 $y = -k$，移项得到

$$x \times x^{-1} + y \times p = 1$$

注意到这个式子就是扩展欧几里得算法所求的式子

$$ax + by = 1$$

只不过 $x$ 作为一个常数，是欧式式子里的 $a$，同理 $p$ 是欧式式子里的 $b$。使用扩展欧几里得算法求解上面这个式子即可。时间复杂度 $O(\log x)$。

Algorithm 2

根据欧拉定理

$x^{\phi(p)} \equiv 1 \pmod p$

其中 $\phi$ 为欧拉函数，$\phi(p)$ 表示小于 $p$ 的正整数中与 $p$ 互质的数的个数。

等式两侧同乘 $x^{-1}$ 可以得到

$$x^{\phi(p) - 1} \equiv x^{-1} \pmod p$$

显然当 $p$ 是一个质数时，$\phi(p) = p - 1$，这时可以 $O(1)$ 算出 $\phi(p) - 1$ 的值，即可用快速幂 $O(\log x)$ 求出 $x$ 的逆元。这个算法好写好记，常数也较小。一般当 $p$ 为 int 范围内的质数时选择此算法。当 $p$ 不在 int 范围内时，由于快速幂时需要两个 long long 相乘，会爆精度。

有关欧拉定理的证明可以看这里

求 $n$ 以内所有正整数模 $p$ 的逆元

显然，由于 $n$ 以内所有正整数都有在模 $p$ 意义下的逆元，所以 $p$ 和 $n$ 以内的所有数互质。

结论：设 $inv_i$ 为 $i$ 的逆元，则有递推式

$$inv_i \equiv \left\lfloor\frac{p}{i}\right\rfloor \times inv_{p \bmod i} \pmod p$$

边界条件为

$$inv_1 = 1$$

Proof

首先 $inv_1 = 1$ 显然成立。

对于 $i > 1$，写出 $p$ 除以 $i$ 的带余除法表达式：

$$p = ki + r$$

其中 $r \in [0, i - 1]$

等式两侧对 $p$ 取余数，有

$$0 \equiv ki + r \pmod p$$

移项得到

$$r \equiv -ki \pmod p$$

两侧同乘 $i^{-1} \times r^{-1}$，整理得到

$$i^{-1} \equiv -kr^{-1} \pmod p$$

由于 $k = \left\lfloor\frac{p}{i}\right\rfloor$，$r = p \bmod i$，所以原式得证。

又因为 $r < i$，所以在计算 $inv_i$ 时，$inv_r$ 已经被计算完成，所以上述递推可以完成。

证毕。

这样做的时间复杂度显然是 $O(n)$

求 $n!$ 的逆元

因为 $(n!)^{-1} \equiv \frac{1}{n!} \equiv \prod_{i = 1}^n n^{-1}$，所以线性筛出 $n$ 以内所有数字的逆元时，可以顺便求出 $n!$ 的逆元。时间复杂度 $O(n)$

Code

Ex_Gcd

#include <iostream>

typedef long long int ll;

ll x, p;

void Ex_gcd(const ll a, const ll b, ll &X, ll &Y);

int main() {
  std::cin >> x >> p;
  ll a, b;
  Ex_gcd(x, p, a, b);
  std::cout << (a % p + p) % p << std::endl;
  return 0;
}

void Ex_gcd(const ll a, const ll b, ll &X, ll &Y) {
  if (b == 0) {
    X = 1; Y = 0;
  } else {
    Ex_gcd(b, a % b, Y, X);
    Y -= a / b * X;
  }
}

欧拉定理

#include <iostream>

typedef long long int ll;

ll X, p;

ll mpow(ll x, ll y);

int main() {
  std::cin >> X >> p;
  std::cout << mpow(X, p - 2) << std::endl;
  return 0;
}

ll mpow(ll x, ll y) {
  ll _ret = 1;
  while (y) {
    if (y & 1) (_ret *= x) %= p;
    y >>= 1;
    (x *= x) %= p;
  }
  return _ret;
}

线性求逆元

这里的 factinv 即为阶乘逆元。

#include <cstdio>

const int maxn = 3000005;

int n, p;
int inv[maxn], factinv[maxn];

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &p);
  factinv[1] = inv[1] = 1;
  printf("%d\n", 1);
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    inv[i] = 1ll * (p - p / i) * inv[p % i] % p;
    printf("%d\n", inv[i]);
    factinv[i] = 1ll * factinv[i - 1] * inv[i] % p;
  }
  return 0;
}