逆元的学习

来源：互联网发布：java解压rar文件编辑：程序博客网时间：2024/04/30 01:31

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今天我们来探讨逆元在ACM-ICPC竞赛中的应用，逆元是一个很重要的概念，必须学会使用它。

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。

逆元一般用扩展欧几里得算法来求得，如果为素数，那么还可以根据费马小定理得到逆元为。

推导过程如下

求现在来看一个逆元最常见问题，求如下表达式的值（已知）

当然这个经典的问题有很多方法，最常见的就是扩展欧几里得，如果是素数，还可以用费马小定理。

但是你会发现费马小定理和扩展欧几里得算法求逆元是有局限性的，它们都会要求与互素。实际上我们还有一

种通用的求逆元方法，适合所有情况。公式如下

现在我们来证明它，已知，证明步骤如下

接下来来实战一下，看几个关于逆元的题目。

题目：http://poj.org/problem?id=1845

题意：给定两个正整数和，求的所有因子和对9901取余后的值。

分析：很容易知道，先把分解得到，那么得到，那么

的所有因子和的表达式如下

所以我们有两种做法。第一种做法是二分求等比数列之和。

代码：

[cpp] view plain copy
 
#include <iostream>  
#include <string.h>  
#include <stdio.h>  
  
using namespace std;  
typedef long long LL;  
const int N = 10005;  
const int MOD = 9901;  
  
bool prime[N];  
int p[N];  
int cnt;  
  
void isprime()  
{  
    cnt = 0;  
    memset(prime,true,sizeof(prime));  
    for(int i=2; i<N; i++)  
    {  
        if(prime[i])  
        {  
            p[cnt++] = i;  
            for(int j=i+i; j<N; j+=i)  
                prime[j] = false;  
        }  
    }  
}  
  
LL power(LL a,LL b)  
{  
    LL ans = 1;  
    a %= MOD;  
    while(b)  
    {  
        if(b & 1)  
        {  
            ans = ans * a % MOD;  
            b--;  
        }  
        b >>= 1;  
        a = a * a % MOD;  
    }  
    return ans;  
}  
  
LL sum(LL a,LL n)  
{  
    if(n == 0) return 1;  
    LL t = sum(a,(n-1)/2);  
    if(n & 1)  
    {  
        LL cur = power(a,(n+1)/2);  
        t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;  
    }  
    else  
    {  
        LL cur = power(a,(n+1)/2);  
        t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;  
        t = (t + power(a,n)) % MOD;  
    }  
    return t;  
}  
  
void Solve(LL A,LL B)  
{  
    LL ans = 1;  
    for(int i=0; p[i]*p[i] <= A; i++)  
    {  
        if(A % p[i] == 0)  
        {  
            int num = 0;  
            while(A % p[i] == 0)  
            {  
                num++;  
                A /= p[i];  
            }  
            ans *= sum(p[i],num*B) % MOD;  
            ans %= MOD;  
        }  
    }  
    if(A > 1)  
    {  
        ans *= sum(A,B) % MOD;  
        ans %= MOD;  
    }  
    cout<<ans<<endl;  
}  
  
int main()  
{  
    LL A,B;  
    isprime();  
    while(cin>>A>>B)  
        Solve(A,B);  
    return 0;  
}  

第二种方法就是用等比数列求和公式，但是要用逆元。用如下公式即可

因为可能会很大，超过int范围，所以在快速幂时要二分乘法。

代码：

[cpp] view plain copy
 
#include <iostream>  
#include <string.h>  
#include <stdio.h>  
  
using namespace std;  
typedef long long LL;  
const int N = 10005;  
const int MOD = 9901;  
  
bool prime[N];  
int p[N];  
int cnt;  
  
void isprime()  
{  
    cnt = 0;  
    memset(prime,true,sizeof(prime));  
    for(int i=2; i<N; i++)  
    {  
        if(prime[i])  
        {  
            p[cnt++] = i;  
            for(int j=i+i; j<N; j+=i)  
                prime[j] = false;  
        }  
    }  
}  
  
LL multi(LL a,LL b,LL m)  
{  
    LL ans = 0;  
    a %= m;  
    while(b)  
    {  
        if(b & 1)  
        {  
            ans = (ans + a) % m;  
            b--;  
        }  
        b >>= 1;  
        a = (a + a) % m;  
    }  
    return ans;  
}  
  
LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)  
{  
    LL ans = 1;  
    a %= m;  
    while(b)  
    {  
        if(b & 1)  
        {  
            ans = multi(ans,a,m);  
            b--;  
        }  
        b >>= 1;  
        a = multi(a,a,m);  
    }  
    return ans;  
}  
  
void Solve(LL A,LL B)  
{  
    LL ans = 1;  
    for(int i=0; p[i]*p[i] <= A; i++)  
    {  
        if(A % p[i] == 0)  
        {  
            int num = 0;  
            while(A % p[i] == 0)  
            {  
                num++;  
                A /= p[i];  
            }  
            LL M = (p[i] - 1) * MOD;  
            ans *= (quick_mod(p[i],num*B+1,M) + M - 1) / (p[i] - 1);  
            ans %= MOD;  
        }  
    }  
    if(A > 1)  
    {  
        LL M = MOD * (A - 1);  
        ans *= (quick_mod(A,B+1,M) + M - 1) / (A - 1);  
        ans %= MOD;  
    }  
    cout<<ans<<endl;  
}  
  
int main()  
{  
    LL A,B;  
    isprime();  
    while(cin>>A>>B)  
        Solve(A,B);  
    return 0;  
}  

其实有些题需要用到模的所有逆元，这里为奇质数。那么如果用快速幂求时间复杂度为，

如果对于一个1000000级别的素数，这样做的时间复杂度是很高了。实际上有的算法，有一个递推式如下

它的推导过程如下，设，那么

对上式两边同时除，进一步得到

再把和替换掉，最终得到

初始化，这样就可以通过递推法求出模奇素数的所有逆元了。

另外模的所有逆元值对应中所有的数，比如，那么对应的逆元是。

题目：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2186

题意：求中互质的数的个数，其中。

分析：因为，所以，我们很容易知道如下结论

对于两个正整数和，如果是的倍数，那么中与互素的数的个数为

本结论是很好证明的，因为中与互素的个数为，又知道，所以

结论成立。那么对于本题，答案就是

其中为小于等于的所有素数，先筛选出来即可。由于最终答案对一个质数取模，所以要用逆元，这里

求逆元就有技巧了，用刚刚介绍的递推法预处理，否则会TLE的。

代码：

[cpp] view plain copy
 
#include <iostream>  
#include <string.h>  
#include <stdio.h>  
#include <bitset>  
  
using namespace std;  
typedef long long LL;  
const int N = 10000005;  
  
bitset<N> prime;  
  
void isprime()  
{  
    prime.set();  
    for(int i=2; i<N; i++)  
    {  
        if(prime[i])  
        {  
            for(int j=i+i; j<N; j+=i)  
                prime[j] = false;  
        }  
    }  
}  
  
LL ans1[N],ans2[N];  
LL inv[N];  
  
int main()  
{  
    isprime();  
    int MOD,m,n,T;  
    scanf("%d%d",&T,&MOD);  
    ans1[0] = 1;  
    for(int i=1; i<N; i++)  
        ans1[i] = ans1[i-1] * i % MOD;  
    inv[1] = 1;  
    for(int i=2;i<N;i++)  
    {  
        if(i >= MOD) break;  
        inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;  
    }  
    ans2[1] = 1;  
    for(int i=2; i<N; i++)  
    {  
        if(prime[i])  
        {  
            ans2[i] = ans2[i-1] * (i - 1) % MOD;  
            ans2[i] = ans2[i] * inv[i % MOD] % MOD;  
        }  
        else  
        {  
            ans2[i] = ans2[i-1];  
        }  
    }  
    while(T--)  
    {  
        scanf("%d%d",&n,&m);  
        LL ans = ans1[n] * ans2[m] % MOD;  
        printf("%lld\n",ans);  
    }  
    return 0;  
}  

接下来还有一个关于逆元的有意思的题目，描述如下

证明：由

其中

所以只需要证明，而我们知道模的逆元对应全部

中的所有数，既是单射也是满射。

所以进一步得到

证明完毕！

0 0