codeforces 487C Prefix Product Sequence (模逆元＋构造)

C. Prefix Product Sequence

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Consider a sequence [a₁, a₂, ... , a_n]. Define its prefix product sequence .

Now given n, find a permutation of[1, 2, ..., n], such that its prefix product sequence is a permutation of[0, 1, ..., n - 1].

Input

The only input line contains an integer n (1 ≤ n ≤ 10⁵).

Output

In the first output line, print "YES" if such sequence exists, or print "NO" if no such sequence exists.

If any solution exists, you should output n more lines. i-th line contains only an integera_i. The elements of the sequence should be different positive integers no larger thann.

If there are multiple solutions, you are allowed to print any of them.

Sample test(s)

Input

7

Output

YES1436527

Input

6

Output

NO

Note

For the second sample, there are no valid sequences.

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/487/C

题目大意：构造一个1~n的排列  使得n个前缀积对n取余是一个0~n-1的排列

题目分析：好题，首先我们通过简单的分析可以得到n肯定是最后一个数，因为如果n在前面，前缀积肯定不止1个是n的倍数，也就是说对n取模至少有两个0，显然不满足排列，也就是说取模得到排列最后一个数是0，再来考虑前n－1个数，如果就是1 2 3 4...n-1是不是满足条件呢，显然第一个数就让它是1，是始终正确的，我们已经构造出来两个数了再来看中间的，对于一组序列a1 a2 a3 a4 ... an-1，a1=1，如果a2对n取完模要前缀积及a1*a2*a3对n取模的值与a1*a2的不同，我们不妨在a3中把a2对前缀积的影响消除，后面以此类推，这时就要用到模逆元的概念。

对于正整数和，如果有，那么把这个同余方程中的最小正整数解叫做模的逆元。如果为素数，那么还可以根据费马小定理得到逆元为。推导如下：

回到本题，我们可以构造ai=(i+1)*inv[i],(inv[i]表示i的模逆元)

这样得到的前缀积a1a2a3...an-1=1*2*inv[1]*3*inv[2]*...*n*inv[n-1]因为inv[2]*2≡1(mod n)相当于前面说的消除了a2对a3的影响进一步分析，如果n是合数，则其必能表示成x*y，这里x，y是除了1和n的其他因子，因此对于前缀积(n-1)!必然能被n整除，这里有个特例4，4可以构造出1 3 2 4，原因很简单，因为4不算最后一项的前缀积为2*3显然6不能被4整除，但是比4大的最小的合数为6，6就不满足了，因为5!=2*3*4*5显然是6的倍数，当n不断扩大的时候，因子越来越多则更加能够被n整除，所以我们得到除了4以外的其他合数都无法构造出这样的序列，接下来就是怎样求模逆元的问题。

根据上面的结论了，可以用费马小定理通过快速幂取模求解模逆元，不过还有更简便的递推式

inv[i]= (n-n/i)*inv[n%i]%n，初始值inv[1]=1这个递推式的推导如下

a=n/i

b=n%i  =>

a*i+b≡0(mod n) (整除部分＋余数部分就等于n)  =>

-a*i≡b(mod n) (两边同除b*i)   =>

-a*inv[b]≡inv[i](mod n) (将a，b替换)  =>

-(n/i)*inv[n%i]≡inv[i](mod n) （将左边变为大于0的数，直接加上n即可,因为这时nmodn=0）  =>

(n-n/i)*inv[n%i]≡inv[i](mod n)  =>

inv[i] = (n-n/i)*inv[n%i]%n

下面给出两种解法：

1.递推式：

#include <cstdio>#include <cmath>#define ll long longint const MAX = 1e5 + 10;ll inv[MAX];int n;bool isprime(int x){    if(x == 1)        return false;    if(x == 2)        return true;    if(x % 2 == 0)        return false;    for(int i = 3; i <= sqrt(n); i += 2)         if(n % i == 0)             return false;    return true;}int main() {    scanf("%d", &n);    if(n == 4)     {          printf("YES\n1\n3\n2\n4\n");          return 0;      }      else if(n == 1)    {        printf("YES\n1\n");        return 0;    }    else if(!isprime(n))    {        printf("NO\n");        return 0;    }    printf("YES\n1\n");    inv[1] = 1;    for(int i = 2; i < n; i++)     {        inv[i] = (n - n / i) * inv[n % i] % n;        printf("%lld\n", ((ll) i * inv[i - 1] % n));    }    printf("%d\n", n);}

2.费马小定理＋快速幂取模 （速度是第1种解法的20倍）

#include <cstdio>#include <cmath>#define ll long longint const MAX = 1e5 + 10;ll inv[MAX];int n;bool isprime(int x){    if(x == 1)        return false;    if(x == 2)        return true;    if(x % 2 == 0)        return false;    for(int i = 3; i <= sqrt(n); i += 2)         if(n % i == 0)             return false;    return true;}ll multi(ll a, ll b)  {      ll ans = 0;      a %= n;      while(b)      {          if(b & 1)          {              ans = (ans + a) % n;              b--;          }          b >>= 1;          a = (a + a) % n;      }      return ans;  } ll quick_mod(ll a, ll b)  {      ll ans = 1;      a %= n;      while(b)      {          if(b & 1)          {              ans = multi(ans,a);              b--;          }          b >>= 1;          a = multi(a,a);      }      return ans;  }  int main() {    scanf("%d", &n);    if(n == 4)     {          printf("YES\n1\n3\n2\n4\n");          return 0;      }      else if(n == 1)    {        printf("YES\n1\n");        return 0;    }    else if(!isprime(n))    {        printf("NO\n");        return 0;    }    printf("YES\n1\n");    for(int i = 2; i < n; i++)         printf("%lld\n", i * quick_mod(i - 1, n - 2) % n);    printf("%d\n", n);}