关于逆元的初学整合

来源：互联网发布：java选课系统实验报告编辑：程序博客网时间：2024/06/07 09:51

逆元的几种方法
1. 定义
正整数 a, n，如果有ax ≡ 1(mod n)，则称 x 的最小整数解为 a 模 n
的逆元。
2. 应用
(a / b) mod n = a * b-1 mod n
3. 求解逆元
a) 扩展欧几里得
由逆元定义知，求 a 模 n 的逆元 x 即为求解模线性方程
ax ≡ 1(mod n)
适用条件：保证gcd(a, n) = 1。b)费马小定理
费马小定理：
假如 p 是质数，且gcd(a,p)=1，那么ap-1≡ 1(mod p)。
其中 ap-1= a * a p-2，结合定义可以看出 x = ap-2
适用条件： p 是质数且 gcd(a, p) = 1。
c) 线性求逆元
有时题目需要用到 1->p 模 p 的所有质数， p 是奇质数，用上
面两种方法复杂度差不多都是 O(nlogn)，有一种递推关系可以线性
求出所有逆元。
inv[i] = (p – p/i) * inv[p%i] % p , inv[1] = 1;
推导过程：
令 t = p / i, k = p % i;
有 t*i+ k ≡0 (mod p)
=> -t * i ≡k (mod p)
两边同时除以 k*i
=> -t * k-1≡ i-1 (mod p)
代入 t、k，就有
inv[i] = (p –p/i) * inv[p%i] % p
d) 不用逆元。。。
通常情况下遇到 a/b mod n 的问题时，我们可以通过 a*b-1mod n
求解，但是只有当 gcd(b, n) = 1， b 的逆元才存在，如果出现 gcd !=
1 的情况是如何求解。
有一个通用公式适用所有情况
x = a / b mod n = a mod (n*b) / b
推导过程：
x = (a / b) mod n
= > (a / b) = k * n + x (x < n)
= > a = k * b * n + b * x
= > a mod (b*n) = b * x
= > x = a mod (b*n) / b

乘法逆元的定义貌似是基于群给出的，比较简单地理解，可以说是倒数的概念的推广。记a的关于模p的逆元为a^-1,则a^-1满足aa^-1≡ 1(mod p)

定义：
满足a*k≡1 (mod p)的k值就是a关于p的乘法逆元。

为什么要有乘法逆元呢？
当我们要求（a/b） mod p的值，且a很大，无法直接求得a/b的值时，我们就要用到乘法逆元。
我们可以通过求b关于p的乘法逆元k，将a乘上k再模p，即(a*k) mod p。其结果与(a/b) mod p等价。

证：（其实很简单。。。）
根据b*k≡1 (mod p)有b*k=p*x+1。
k=(p*x+1)/b。
把k代入(a*k) mod p，得：
(a*(p*x+1)/b) mod p
=((a*p*x)/b+a/b) mod p
=[((a*p*x)/b) mod p +(a/b)] mod p
=[(p*(a*x)/b) mod p +(a/b)] mod p
//p*[(a*x)/b] mod p=0
所以原式等于：(a/b) mod p

加减乘与模运算的顺序交换不会影响结果，但是除法不行。有的题目要求结果mod一个大质数，如果原本的结果中有除法，比如除以a,那就可以乘以a的逆元替代。

在mod p的运算中，a存在乘法逆元当且仅当a与p互质。一般题目给的是一个大质数，所以只要a不是p的倍数，就以求乘法逆元。

目前了解到的求法有三种：

1.扩展欧几里得。aa^-1≡ 1(mod p)，可以转换为aa^-1 + py = 1，即是扩展欧几里得所能解的ax + by = gcd(a, b)。最常用的解法。

int x, y;  int extgcd(int a, int b, int &x, int &y)  {      if (b == 0){          x = 1;          y = 0;          return a;      }      int gcd = exgcd(b, a % b, x, y);      int tmp = x;      x = y;      y = tmp - (a/b) * y;      return gcd;  }    /* 求解ax+by=gcd(a,b)，亦即ax≡1(mod b)。函数返回值是a,b的最大公约数，而x即a的逆元。 注意a, b不能写反了。 */

2.由费马小定理a^(p-1)≡ 1(mod p)(p为素数)，稍作变形即是 aa^(p-2)≡ 1(mod p)，是不是发现了，a^(p-2)即是a的逆元，这个可以用快速幂来求。

3.网上看到的一个很厉害的o(n)的递推，求前n个逆元，不知道是怎么推出来的，但是可以简单地证明一下正确性(要求所mod p为素数)。

首先，1的逆元是1，没什么疑问。
假设前i个数的逆元已经求出，那么
i^-1 = (p%i)^-1 * (p - [p/i]) % p。其中[]表示去尾取整。
(p%i)^-1其实就是(p-[p/i]i)^-1，然后我们左右乘以i，
ii^-1 = (p-[p/i]i)^-1 * ((i-1)p + p-[p/i]i) % p，
其实就是ii^-1 = k^-1 * ((i-1)p + k) % p = 0 + 1 = 1，这样就证完了＝。＝

//字体真糟糕。。

int[] inv = new int[MAXN];  inv[1] = 1;  for (int i = 2; i<MAXN; i++)      inv[i] = inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;

ACdreamer大神的逆元博客：

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。

#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。

#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：

#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！

2 0