乘法逆元

乘法逆元在学扩展欧几里得时就接触过了，但是那时并不知道它有什么作用，今天又学，现做总结。
什么是逆元
\(a∗x\equiv1(mod\) \(b)\)（b和a互质），那么称x是a的乘法逆元。
应用
我们知道取余运算具有可加性，可减行，可乘性，但不具备可除性，即\((a/b)mod\) \(p\)不一定等于\((a\) \(mod\) \(p)/(b\) mod \(p)\)。这时逆元就有大作用了，当\(k\equiv b^{-1}(mod\) \(p)\)时，\((a*k)\equiv (a/b)(mod\) \(p)\)，那么就可以用\((a\) \(mod\) \(p)*(k\) \(mod\) \(p)mod\) \(p=(a/b)mod\) \(p\)。
求法

• 费马小定理
  \(a^{p-1}\equiv 1(mod\) \(p)\)（p是质数，gcd(a,p)=1)。
  证明：建一个p的完全剩余系{1,2,3,……,p-1}，因为\(gcd(a,p)=1\)，所以{a,2a,3a,……,(p-1)a}也是p的完全剩余系，这里需要用反证法证明，设\(i,j\in\) {\(1,2,3……,p-1\)}且\(i\ne j\),\(a*i\equiv a*j(mod\) \(p)\)，因为\(gcd(a,p)=1\)，所以\(i\equiv j(mod\) \(p)\)，即\(i=j\)，与\(i\ne j\)矛盾，证得{a,2a,3a,……,(p-1)a}是p的完全剩余系。将这两个完全剩余系分别相乘，\((p-1)!\equiv (p-1)!*a^{p-1}(mod\) \(p)\)，又因为p是质数，\(a^{p-1}\equiv 1(mod\) \(p)\)。
  运用：因为\(gcd(a,p)=1\)，所以\(a^{p-2}\equiv a^{-1}(mod\) \(p)\)，\(a^{p-2}\)就是\(a^{-1}\)的逆元，快速幂求出\(a^{p-2}%p\)就可以了。
  代码：

#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
int n,p;
int ksm(int a,int b){
	if(b==0){
		return 1;
	}
	int ans=ksm(a,b/2);
	ans=(ans*ans)%p;
	if(b%2==1){
		ans=(ans*a)%p;
	}
	return ans;
}
signed main(){
	cin>>n>>p;
	cout<<ksm(n,p-2);
	return 0;
}

• 扩展欧几里德算法
  求逆元的思路：\(a*x\equiv 1(mod\) \(p)\)得\(a*x+p*y=1(<0\le x<p)\)
• 线性求逆元
  inv[i]表示i的逆元，即\(inv[i]\equiv i^{-1}(mod\) \(p)\)。
  \(inv[1]=1\)
  设\(p=q*k+r\)，则\(q*k+r\equiv 0(mod\) \(p)\)，因为p是质数，所以\(k*r^{-1}+q^{-1}\equiv 0(mod\) \(p)\)，\(q^{-1}\equiv -k*r^{-1}(mod\) \(p)\)，\(q^{-1}\equiv (p-k)*r^{-1}(mod\) \(p)\)，递推式为\(inv[i]=(p-p/i)*inv[p\)%\(i]\)%\(p\)。
  代码：

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