标签：under const ++ scan logs def 快速幂 存在 扩展欧几里得
首先，引入求余的概念：
(a + b) % p = (a%p + b%p) %p （对）
(a - b) % p = (a%p - b%p) %p （对）
(a * b) % p = (a%p * b%p) %p （对）
(a / b) % p = (a%p / b%p) %p （错）
那么，对于第四个式子，我们如何变换呢？
对于一些题目，我们必须在中间过程中进行求余，否则数字太大，电脑存不下，那如果这个算式中出现除法，这个时候就需要用到逆元了
如何理解逆元？
我们知道，a*x=1,则 x=1/a 是a的倒数
类似，若 a*x=1(mod p) ，我们称x是a关于p的逆元，它的效果也是跟倒数1/a一样的，但x不一定等于1/a，（当然，a与p互质才存在逆元）
记a的逆元为inv(a)
比如：2*3=1（%5）,称2与3关于5互为逆元
那么，问题来了，如何求逆元？？？
方法一：
费马小定理：a^(p-1) ≡1 (mod p)
也就是，a*a^(p-2)≡1(mod p)
看看结构是不是跟上面那个式子很像，也就是x=a^(p-2)=inv(a)
这样以来就能用求a^(p-2)来求a关于p的逆元inv(a)了，直接用我们前面介绍到的快速幂即可，时间复杂度是O(log n)
1 LL pow_mod(LL a, LL b, LL p){//a的b次方求余p 2 LL ret = 1; 3 while(b){ 4 if(b & 1) ret = (ret * a) % p; 5 a = (a * a) % p; 6 b >>= 1; 7 } 8 return ret; 9 } 10 LL Fermat(LL a, LL p){//费马求a关于b的逆元 11 return pow_mod(a, p-2, p); 12 }
方法二：
扩展欧几里得的方法
a*x + b*y = 1有解
两边同时 mod b,
a*x%b+b*y%b=1%b
即a*x=1(%b)，看，又出现了这个式子
即x是a关于b的逆元
同理,y是b关于a的逆元
代码：
1 #include<cstdio> 2 typedef long long LL; 3 void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d){ 4 if (!b) {d = a, x = 1, y = 0;} 5 else{ 6 ex_gcd(b, a % b, y, x, d); 7 y -= x * (a / b); 8 } 9 } 10 LL inv(LL t, LL p){//如果不存在，返回-1 11 LL d, x, y; 12 ex_gcd(t, p, x, y, d); 13 return d == 1 ? (x % p + p) % p : -1; 14 } 15 int main(){ 16 LL a, p; 17 while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){ 18 printf("%lld\n", inv(a, p)); 19 } 20 }
方法三：
inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p
证明如下：
设x = p % a,y = p / a
于是有 x + y * a = p
(x + y * a) % p = 0
移项得 x % p = (-y) * a % p
x * inv(a) % p = (-y) % p
inv(a) = (p - y) * inv(x) % p //最后两步注意变换
于是 inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p
于是可以通过递归来求inv(a),直到1为止，1的逆元是1
1 #include<cstdio> 2 typedef long long LL; 3 LL inv(LL t, LL p) {//求t关于p的逆元，注意:t要小于p，最好传参前先把t%p一下 4 return t == 1 ? 1 : (p - p / t) * inv(p % t, p) % p; 5 } 6 int main(){ 7 LL a, p; 8 while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){ 9 printf("%lld\n", inv(a%p, p)); 10 } 11 }
这个方法不限于求单个逆元，比前两个好，它可以在O(n)的复杂度内算出n个数的逆元
递归就是上面的写法，加一个记忆性递归，就可以了
递推这么写
#include<cstdio> const int N = 200000 + 5; const int MOD = (int)1e9 + 7; int inv[N]; int init(){ inv[1] = 1; for(int i = 2; i < N; i ++){ inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD; //中间的1ll是把这个参数变成long long 类型的意思 } } int main(){ init(); for(int i=1;i<=10;i++) printf("%d ",inv[i]); }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/eastblue/p/7629912.html
