乘法逆元

---

一. 乘法逆元

1. 逆元

在群G中，∀a∈G，∃a′∈G，s.t.aa′=e，其中e为G的单位元。

2. 乘法逆元

p为素数，记a⋅b=a×bmodp。
在群(N，⋅)中，∀a∈N，∃a′∈N，s.t.aa′=e=1。
则称a′是a关于modp的逆元。

为了方便表示，且下面的内容都只涉及到相同的p，我们记a关于modp的逆元为inv[a]。

---

二. 逆元的性质

【性质1】（存在唯一性）
对于a∈N，有且仅有一个a′，s.t.aa′≡1(modp)
证明：假设存在a′′也满足a×a′′≡1(modp)
则有a×a′≡a×a′′(modp)
∴a′≡a′′(modp)
矛盾。

【性质2】（完全积性函数）
∀a,b∈N，inv[a]×inv[b]≡inv[a×b](modp)
证明：
∵a×inv[a]≡1(modp)，b×inv[b]≡1(modp)
∴(a×b)×(inv[a]×inv[b])≡1×1=1(modp)
由【性质1】知(a×b)的逆元只有一个。
∴inv[a×b]≡inv[a]×inv[b](modp)

【性质3】inv[k]≡−(p/k)×inv[pmodk](modp)

证明：见后面求逆元的方法（5）线性递推的推导。

【性质4】a/b≡a×inv[b](modp)
证明：a≡a
∴a≡a×b×inv[b]
又∴gcd(inv[b],p)=1
∴a/b≡a×inv[b]

---

三. 求乘法逆元

1. 问题

已知：a，p
条件：p为素数
求：a′，s.t.aa′≡1(modp)

2. 常见方法

（1）枚举法

【方法】从1到p−1枚举a′的值，转为判定性问题，判断aa′是否关于p与1同余。

【复杂度分析】
求单个数的逆元：O(p)
求0到p−1的逆元：O(p2)

【代码】

#include <cstdio>int a,p;int main(void){    scanf("%d%d",&a,&p);    for (int _a=1;_a<p;_a++)        if (a*_a%p==1) {printf("inv[a]=%d\n",_a);return 0;}}

（2）快速幂

【方法】根据欧拉定理，aϕ(p)=1(modp)
∴ap−1≡1(modp)
∴a×a(p−2)≡1(modp)
根据逆元的存在唯一性，inv[a]≡ap−2(modp)
即可用快速幂求解。

【复杂度分析】
求单个数的逆元：O(logp)
求1到p−1的逆元：O(plogp)

【代码】

#include <cstdio>int a,p;int Pow(int i,int j){    if (!j) return 1;    int now=Pow(i,j>>1);    now=now*now%p;    if (j&1) now=now*i%p;    return now;}int main(void){    scanf("%d%d",&a,&p);    printf("%d\n",Pow(a,p-2));    return 0;}

（3）扩展欧几里得算法

【方法】
要使得aa′≡1(modp)，我们只用找到ax+py=1，再使a′≡x即可。
ax+py=1的找法就是扩展欧几里得算法。
我们对a,p最大公约数，顺便维护x和y的值。
设当前我们的状态为(a,b)
①当b=0时，gcd(a,b)=a，所以x=1,y=0
②当b≠0时，我们先执行gcd(b,amodb)
现在有xb+y(amodb)=1
∴x×b+y×a−(a/b)y×b=1
∴ya+[x−(a/b)y]b=1
现在我们要构造x′,y′作为新的x,y满足ax+by=1
那么就可以使x′=y，y′=x−(a/b)y。
最后的x即为所求。

【时间复杂度】
单个：O(logp)
所有：O(plogp)

【代码】

#include <cstdio>int a,p;int x,y;void exgcd(int a,int b){    if (!b) {x=1,y=0;return;}    exgcd(b,a%b);    int _x=x,_y=y;    x=_y,y=_y*(a/b)-_x;    x%=p,y%=p;}int main(void){    scanf("%d%d",&a,&p);    exgcd(a,p);    printf("%d\n",(x+p)%p);    return 0;}

（4）欧拉筛法

【方法】
注意这是积性函数！！！还是完全积性函数！！！
能不能用欧拉筛法求出所有的逆元！！！

①a为素数
好像没事么特别的办法，直接用前面的方法2和3来解决，O(logp)。

②a为合数
完全积性函数O(1)解决。
甚至不用分有没有完全平方数因子的类。

【复杂度分析】
最初学习的时候，发现素数一次O(logp)，好像还是要O(plogp)的时间求所有。

但是某天突然想起有个叫做素数定理的东西。
记π(x)为小于x的素数的个数，则π(x)∼xlnx

那么求所有素数的复杂度为：
O(π(p)logp)=O(plogplnp)=O(p)。
所有合数的复杂度为：O(p)
所以总的复杂度为O(p)，总算又一个线性的逆元求法。

所以求所有逆元的时间复杂度为：O(p)。

【代码】

#include <cstdio>const int N=100000;int p;int vis[N],pri[N];int inv[N];int mi(int i,int j){    if (!j) return 1;    int now=mi(i,j>>1);    now=now*now%p;    if (j&1) now=now*i%p;    return now;}int main(void){    scanf("%d",&p);    vis[1]=1,inv[1]=1;    for (int i=2;i<p;i++)    {        if (!vis[i]) pri[++pri[0]]=i,inv[i]=mi(i,p-2);        for (int j=1;j<=pri[0];j++)        {            if (i*pri[j]>=p) break;            inv[i*pri[j]]=inv[i]*inv[pri[j]];            if (i%pri[j]==0) break;        }    }    for (int i=1;i<p;i++)        printf("inv[%d] = %d\n",i,inv[i]);    return 0;}

（5）线性递推

【方法】
考虑能不能直接线性递推。
考虑能不能从小到大递推。

①inv[1]=1
②假设我们已经求出了inv[i]，∀i<k，现在求inv[k]。
同余与整除、取模息息相关，又要利用起之前的结果。
不难想到取p=ak+b，0≤b<k。

现在可以利用的有p,a,b,inv[b]。
∵b×inv[b]≡1(modp)
∴我们只用把b×inv[b]变形成k与由已知量组成的乘积，再根据存在唯一的逆元性质即可求出逆元。

b×inv[b]≡(p−ak)×inv[b]≡−ak×inv[b]=k×(−a×inv[b])≡1(modp)

∴inv[k]≡−a×inv[b]≡−(p/k)×inv[pmodk](modp)

这样就可以线性递推了啊。

【复杂度分析】
求所有逆元的复杂度为O(p)

【代码】

#include <cstdio>const int N=10000;int p;int inv[N];int main(void){    scanf("%d",&p);    inv[1]=1;    for (int i=2;i<p;i++)        inv[i]=(-(p/i)*inv[p%i]%p+p)%p;    for (int i=1;i<p;i++) printf("inv[%d] = %d\n",i,inv[i]);    return 0;}

3. 注意

（1）逆元的存在唯一？

注意，逆元的存在唯一性是在p为素数的条件下才成立的。

如果p不是素数，会怎么样？
只有(a,p)=1的数a才存在逆元，其余不存在！！！

（2）方法的比较

• 较简单的题，可以使用效率较低的方法1求逆元。
• 求少量数的逆元，或者模数很大，通常使用算法23。
• 求大量数的逆元，通常使用算法45。
  个人推荐算法5，但是如果想不起的话可以写算法4。
  

  ---

四. 逆元的使用

原理：【性质4】a/b≡a×inv[b](modp)

使用情况1：当我们要求abmodp的值时，由于a和b太大而无法直接计算，我们对a取模，但是a取模后不能除b，我们就要使用到b的逆元。
例题：【BZOJ】1004 Cards

使用情况2：当我们要求ab的值时，知道答案的范围ans≤k，但是a和b太大无法直接计算。这时候我们就要假设出一个质数L>k，然后求abmodL即可。
这种方法好像目前没有考过，下次自己出一道2333。

---