标签：直接 base 一个 ring long 因数分解 family 情况 总结
在MOD的情况下， （a*b/c ) %MOD 不能直接 / c 来求，需要找到一个数 inv 使得 inv * c % MOD = 1 。 这样 (a*b / c) % MOD = (a * b * inv) % MOD;
性质： 逆元是积性函数 存在 a*b = c ，那么 inv[c] = inv[a] * inv[b] % MOD;
1、 循环找解的方法
1 long long circleRun(long long n){ 2 for(long long i = 1;i < MOD;i++) 3 if(i * n % MOD == 1) 4 return i; 5 return -1; 6 } 7 long long n; 8 int main(){ 9 10 while(cin >> n){ 11 cout << n << " ‘s inv is "<<endl; 12 cout << circleRun(n) << endl; 13 } 14 return 0; 15 }
2、费马小定理的解法 MOD 是质数才能用
利用 a ^ (p-1) % MOD === 1 , 那么它的逆元就是 a ^ (p-2)
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<iostream> 4 #include<cmath> 5 using namespace std; 6 7 const int MOD = 1e9+7; 8 9 10 long long quickpow(long long base,long long n){ 11 long long ans = 1; 12 while(n){ 13 if(n%2 == 1) ans = ans * base % MOD; 14 n /= 2; 15 base = base * base % MOD; 16 } 17 return ans; 18 } 19 long long n; 20 int main(){ 21 22 while(cin >> n){ 23 cout << n << " ‘s inv is "<<endl; 24 //cout << circleRun(n) << endl; 25 cout << " a ^ (p-2) % MOD "<< endl; 26 cout << quickpow(n, MOD-2) << endl; 27 28 } 29 return 0; 30 }
3、利用欧几里德扩展来求 ,
欧几里德扩展 是用来解决 ax + by = gcd(a,b)这样的等式。
这时候取 b = MOD, 你可以写成这样 ax = gcd(a,b) - by
推导出 a*x % MOD = gcd(a,b) %MOD
所以只要 gcd(a,b) % MOD === 1时,就可以使用这条来求a的逆元
但用exgcd求得时候,inv可能是负数， 还需要进行如下操作inv = (inv % MOD + MOD) % MOD;
1 long long exGcd(long long a, long long b, long long &x0, long long &y0) // a*x0 + b*y0 = gcd(a,b) 2 { 3 if(b==0) 4 { 5 x0 = 1; 6 y0 = 0; 7 return a; 8 } 9 long long r = exGcd(b, a % b, x0, y0); 10 long long t = x0; 11 x0 = y0; 12 y0 = t - a / b * y0; 13 return r; 14 } 15 16 long long n; 17 int main(){ 18 while(cin >> n){ 19 cout << n << " ‘s inv is "<<endl; 20 //cout << circleRun(n) << endl; 21 cout << " a ^ (p-2) % MOD "<< endl; 22 cout << quickpow(n, MOD-2) << endl; 23 24 cout << " ax + by = gcd(a,b) " << endl; 25 long long inv,y0; 26 exGcd(n ,MOD,inv,y0); 27 inv = (inv % MOD + MOD) % MOD; 28 cout << inv << endl; 29 } 30 return 0; 31 }
4、利用某神奇推导。。 O(n)求出 1---- n 的所有逆元。
预处理1-n关于p的逆元：（n < p） , 因为 逆元是积性函数，所以只要 p > n 成立即可，而不需要p必须为素数
假设已经预处理了1-i-1的逆元，j的逆元设为F[j]
令p = x * i –y ( 0 < y < i)
X* i = y (mod p)
X* F[y] * i = y * F[y] = 1(mod p)
所以i的逆元是F[i] = X* F[y]
这样就可以O(n)的时间预处理了。
1 const int N = 100005; 2 long long _inv[N]; 3 void pre() { 4 _inv[0] = _inv[1] = 1; 5 for (int i = 2; i < N; i++) { 6 _inv[i] = ((MOD - MOD / i) * _inv[MOD % i]) % MOD; 7 } 8 } 9 long long n; 10 int main(){ 11 pre(); 12 while(cin >> n){ 13 cout << _inv[n] << endl; 14 } 15 return 0; 16 }
4、 利用逆元函数是完全积性函数的性质
求所有质数的逆元即可，预处理复杂度是O(n / logn * logn) = O(n)
这种写法可以用 exgcd 来实现素数的logn 求逆,因为此时 a = p , MOD无论取何值(p除外) , 都有 gcd(p ,mod) = 1,适合通用情况。
之后再采取质因数分解的方法，即可对任意一个 n 以 logn速度求出其逆元
不过。。ACM竞赛如果为了求逆写这么长的代码貌似不太现实。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/whc200305/p/7627143.html
