算法学习笔记-逆元

前言：

还记得小学学的倒数吗？倒数的定义大概是若 $ax=1$，则称 $x$ 为 $a$ 的倒数。而逆元，其实可以看做在模意义下的倒数。也就是 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，且 $a$ 与 $p$ 互质，则称 $x$ 为 $a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元，记作 $a^{-1}$。本文就将简要介绍求逆元的三种常用方法。

例题：

给定正整数 $n$ 和 $p$，求 $n$ 以内正整数在模 $p$ 意义下的乘法逆元。

保证 $p$ 是质数。

解法：

1.费马小定理：

费马小定理的定义：

对于任意正整数 $a$ 和质数 $p$，有 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

可以发现，费马小定理的式子很像逆元，考虑把它转化一下，变成：

$a\times a^{p-2}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

可以发现，$a^{p-2}$ 就等于上面的 $x$，即 $a^{p-2}$ 就是 $a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元，用快速幂求即可。

点击查看代码

int qpow(int a, int b, int mod)
{
	int ans = 1;
	a %= mod;
	while(b)
	{
		if(b & 1) ans *= a;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1; 
	}
	return ans;
}

int inv(int a, int p)//求a在模p意义下的乘法逆元
{
	return qpow(a, p - 2, p);
} 

2.$\mathrm{Exgcd}$：

不知道 $\mathrm{exgcd}$ 的可以参考我的博客

考虑将原式转换为 $ax+py=1$ (注：$y$ 是引入的一个整数，而且可能是负数)，根据逆元的定义：$a$，$p$ 必须互质，也就是 $gcd(a,p)=1$，因此原方程一定有解，用 $\mathrm{exgcd}$ 求即可。

点击查看代码

void exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
	if(b == 0)
	{
		x = 1; y = 0;
		return;
	}
	exgcd(b, a % b, y, x);
	y = a / b * x;
}
int inv(int a, int p)//求a在模p意义下的乘法逆元
{
	int x, y;
	return exgcd(a, p, x, y);
} 

3.线性递推：

很多时候，题目要求的都是像例题那样 $1$~$n$ 的逆元，用上面两种办法可以达到较快的 $O(n\log n)$ 的复杂度（其实费马小定理得复杂度应该为 $O(n\log q)$。不过有没有方法能在线性时间内求出呢？答案是有的。

注：下面笔者提供了两种介绍方法，前一种为严谨的数学证明，后一种是转化为 $\mathrm{exgcd}$ 的介绍，请读者根据需要自行阅读。

1. 数学证明：

先给结论：$\{\begin{array}{ll}x=1& a=1\\ -\frac{q}{a}(p\mathrm{mod}a{)}^{-1}& otherwise\end{array}$

先把式子转化一下：

设 $k=\frac{p}{a}$, $b=p\mathrm{mod}a$。

则 $a=\frac{p-b}{k}$

则原式就可以变成：

$a(-\frac{p}{a}(p\mathrm{mod}a{)}^{-1})=a(-k{b}^{-1})$

打开括号，变成：

$-xk{b}^{-1}=-k\frac{m-b}{k}{b}^{-1}$

把 $k$ 消掉，得到：

$(b-p)b^{-1}$

因为对于同余方程，增减带模数的项结果不发生改变，所以可以将 $p$ 去掉，变为：

$(b-p)b^{-1}\equiv b{b}^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$

换句话说，$a(-\frac{q}{a}(q\mathrm{mod}a{)}^{-1})=a(-k{b}^{-1})\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，即 $-\frac{q}{a}(q\mathrm{mod}a{)}^{-1})=a(-k{b}^{-1}=a^{-1}$。】

2. 其实仔细观察可以发现，上式其实与 $\mathrm{exgcd}$ 的结论的式子很像。加上之前逆元对 $\mathrm{exgcd}$ 的转化，就显而易见了，具体一点笔者也说不清，请读者自行脑补（大雾。

知道上面的结论，代码就好写了。用一个数组记录每个数的逆元，正序枚举，由于枚举到 $i$ 时，$1$~$i-1$ 的逆元都已算出，因此 $i\mathrm{mod}p$ 的逆元也能求出，便可以做到单次 $O(1)$，总复杂度为 $O(n)$。

1

点击查看代码

inv[1] = 1;//inv[i] = i^ -1  
cout << 1 << "\n";
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
	inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;//按公式计算。
	//之所以要p-p/i是因为除完之后是个负数，在后面的取模会有问题，因此按照负数取模的原理要减一下 
	cout << inv[i] << "\n";
}

总结：

至此，逆元就告一段落了，文中的三种方法都有不错的时间复杂度，在应用中请根据实际情况选择，希望本文能帮助到您。

鉴于笔者也是蒟蒻，文中给出的部分推导过程与表述可能不严谨，欢迎大佬在评论区指出。
同时如果您对文章内容有不理解的地方，欢迎随时提问。