浅析逆元&逆元的蛋用（完全版）

逆元

首先扯一点没有多大用的东西
在数论里面，我们通常不把倒数叫做倒数，而叫做逆元（纯属装13）
逆元的作用是非常非常大的，下面我们来看点easy的栗子

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某些性质

(a+b)≡amodp+bmodp(modp)

(a−b)≡amodp−bmodp(modp)

(a×b)≡amodp×bmodp(modp)

前面三个都是对的（不需要证明~） 但是——

(a÷b)modp≠((amodp)÷(bmodp))modp

上面的÷是整除

不等号左面是等于6的，而不等号右面是等于2的，明显不相等

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演算一下

这是不是说我们对除法下的大数模操作就毫无办法了？答案是no
为了方便，先来看看一些小学or初中级别的东东

比如说有条等式

①ax=1

明显x=1a，没毛病

然后我再加一个条件

②ax≡1(modp)

那么现在x就不一定等于1a了
对于①式，我们就把x看成1a，而②式加了一个同余p的条件(mod p)
这时候，我们不把x看成倒数。这时的x为a关于p的逆元
（注意，当且仅当(a,p)=1且p为质数时，x才存在）

又是一个栗子

∵(3×5)mod7=1

∴3×5≡1(mod7)

在这里，5和13的作用是一样的（乘3再模7都是1），所以，5是3关于7的逆元
（注意一点，除了α=5，没有其他整数α满足3α≡1(mod 7)，可以手玩试试，所以说逆元是唯一的）

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逆元的蛋用

前面说了一些，相信逆元的定义了应该很好懂
我们不妨把x的逆元用inv(x)来表示，那么对于除法——

(a÷b)modp=(a×inv(b))modp=(amodp×inv(b)modp)modp

难搞的除法瞬间变成了乘法，秒变水了很多

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逆元这东东怎么求

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方法一

基础数论里面有两条著名的定理：欧拉定理和费马小定理
欧拉定理：(当(a，n)=1时成立)
费马小定理：(当(a，p)=1且p为质数时成立)
（我难道会告诉你我两个都不会证明吗……）

很明显，费马小定理是可以从欧拉定理推过来的
当p为质数时φ(p)=p−1，代入欧拉定理即为费马小定理

既然我们在谈论逆元，就把费马小定理两边同除以一个p

ap−2≡1/a(modp)

attention to到一点就是1a是个小数，而等号左边是个整数，别忘了我们在说的是数论倒数
这时拍拍自己的脑袋，看一看上面，我们突然发现应该把1a写成inv（a）——
所以——

inv(a)≡ap−2(modp)

我们可以用快速幂来求a的逆元，时间复杂度O(log2p)

code

long long inv(long long a,long long p){    long long t=1,b=p-2;    while (b)    {        if ((b%1)==1)t=t*a%p;        a=a*a%p;        b/=2;    }    return t;}

通常题目会让你求10^9+7取模，这方法可以说快到飞起
方法一用快速幂求逆元，容易上手，对于OI大多数的题目，已经足够

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方法二

逆元还可以用扩展欧几里得算法来求，怎么求？一步一步来
首先要知道一个概念：贝祖定理，他的描述是

对于a，b＞0且a，b∈N，必然存在整数x和y，使得ax+by=gcd(a，b)

比如我们现在要求a关于p的逆元（条件是a和p互质且p是质数）
代入贝祖定理，则

ax+py=1

（因为a和p互质所以(a,p)=1)）

给上面那个式子做点操作，两边各模一个p，得到

axmodp+pymodp=1modp

∴axmodp=1modp

∴ax≡1(modp)

∴x是a关于p的逆元（其实y也是p关于a的逆元，可证，同理）
这里用扩展欧几里得exgcd(a，p，x，y)，求出的x即为a的逆元

code

void exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){    if (b==0)     {        x=1;        y=0;        return;    }    exgcd(b,a%b,y,x,d);    y-=x*(a/b);}long long inv(long long a,long long b){     long long x,y;     exgcd(a,b,x,y);     return (x%p+p)%p;}

扩展欧几里得可谓比较牛，优点是用途多，能求gcd能求逆元能解线性方程
对于广大OIers是把利器，学会是必须的

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方法三

最后一种方法更简单更好打更好理解：递归
先来一发证明（网上找的）

设x=pmoda，y=p÷a

∴(x+ay)modp=pmodp=0

∴xmodp=−aymodp

∴x⋅inv(a)modp=(−y)modp

∴inv(a)=(p−y)⋅inv(x)modp

∴inv(a)=(p−p÷a)⋅inv(pmoda)modp

有了这个等式，我们就可以用递归来求inv（a）了
递归出口inv（1）=1，因为1的逆元就是1

递归code

long long inv(long long a,long long p) //注意a要小于p，先把a%p一下 {    return a==1?1:(p-p/a)*inv(p%a,p)%p;}

是不是短到爆炸？

因为pmoda后至多是12p，所以时间复杂度是O(log2p)
这种思想比费马小定理、扩展欧几里得优的地方是，他能用O(n)的时间预处理1~n的逆元
只不过把递归的式子改成递推而已

递推code

void init(){    inv[1]=1;    for(int i=2;i<=n;i++)    {        inv[i]=(p-p/i)*1ll*inv[p%i]%p;    }}

这是方法三，个人感觉方法三在某些题目里更好用一些
易理解，码量低，时间复杂度也低，还能快速预处理，interesting——

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said at the end

三种求逆元的方法，各有各自的优点

• 方法一，适合不太会证明但很会打代码的coder

• 方法二，数学思维强且脑子转得快的小牛用吧

• 方法三则属于比较懒、懒得打键盘的OIers

无论哪种方法，能求逆元的方法都是好方法

又涨了不少姿势
thanks for your watching！