淺談模質數意義下的乘法逆元
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參考文章www.luogu.org/blog/zyxxs/post-xiao-yi-jiang-tan-qian-tan-sheng-fa-ni-yuan
什麼是乘法逆元
若整數\(b,m\)互質，並且\(b|a\)，若存在一個整數\(x\)，使得\(a / b \equiv a \ast x (mod \text{ } m)\)，稱\(x\)為 \(b\)的模\(m\)乘法逆元。
乘法逆元的用處
有時候，我們需要求\(a/b \text{ } mod \text{ } p\)，用樸素的方法，我們只能在\(a\)上不斷加\(p\)，直到它能被 bb 整除為止，當\(a,b,p\)都很大的時候，自然是涼涼了。這時，我們就可以用逆元方便的求解了。
乘法逆元的求法
進入到了本文最關鍵的部分，如何求乘法逆元?
費馬小定理
費馬小定理：當\(p\)是質數的時候，$a^{p-1} \equiv 1 (mod \text{ } p) $
那麼將\(a^{p-1}\)拆開來，就得到了\(a \ast a^{p-2} \equiv (mod \text{ } p)\)
所以，\(a^{p-2}\)就是\(a\)模\(p\)意義下的乘法逆元。
缺點：用快速冪計算，當\(p\)比較大的時候，速度比較慢。
程式碼：
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; typedef long long ll; ll n, p; ll ksm(ll a, ll b) { ll ans = 1; for (; b; b >>= 1) { if (b & 1) ans = ans * a % p; a = a * a % p; } return ans; } int main() { freopen("a.in", "r", stdin); freopen("a.out", "w", stdout); cin >> n >> p; for (int i = 1; i <= n; ++i) { printf("%lld\n", ksm(i, p - 2)); } return 0; }
擴充套件歐幾里得演算法
求\(a \ast x \equiv 1 (mod \text{ } m)\)的解\(inv(x)\)，等價於求解\(a \ast x + b \ast y =1\)。用擴充套件歐幾里得演算法求出一組特解\(x_0, y_0\)，則\(x_0\)是原方程的一個解，而方程的通解則為所有模\(m\)與\(x_0\)同餘的整數，通過取模操作把解的範圍移動到\(1～p\)之間即可。
程式碼：
#include <algorithm> #include <cmath> #include <iostream> using namespace std; typedef long long ll; ll n, p; void exgcd(ll a, ll b, ll& x, ll& y) { if (b == 0) { x = 1, y = 0; return; } exgcd(b, a % b, x, y); ll z = x; x = y, y = z - y * (a / b); return; } int main() { cin >> n >> p; for (int i = 1; i <= n; ++i) { ll x, y; exgcd(i, p, x, y); x = (x % p + p) % p; cout << x << endl; } return 0; }
線性遞推（可以求多個）
這是一個神奇的過程……
假設我們現在要求\(k\)的乘法逆元，
令 \(a \ast k + b = p\)
\[b \ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
把\(b=p-a\ast k\)代入，可以得到
\[(p-ak)\ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
那麼
\[p \ast inv(b) - a \ast k \ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
在\((mod \text{ } p)\)的意義下，\(p \equiv 0 (mod \text{ } p)\)，所以\(p \ast inv(b)\)可以直接去掉
\[-a \ast k \ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
觀察\(a \ast k + b = p\)可以發現，\(a=\lfloor p/k \rfloor\)，\(b=p \mod k\)
\[-(p/k) \ast inv(p \text{ } mod \text{ } k) \ast k \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
即
\[-(p/k) \ast inv(p \text{ } mod \text{ } k) \equiv inv(k) (mod \text{ } p)\]
這樣，我們就得了遞推式，在實際的程式碼實現中得加上 \(p\) 來去掉負號，也就是
\[(p-p/k) \ast inv(p \text{ } mod \text{ } k) \equiv inv(k) (mod \text{ } p)\]
程式碼：
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, p, inv[maxn];
int main()
{
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
cin >> n >> p;
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
inv[i] = (ll)(p - p / i) * inv[p % i] % p;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%lld\n", inv[i]);
return 0;
}