【数论】逆元详解

概念

先来引入求余概念

$(a + b) ％ p = (a％p + b％p) ％p$ （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）

为什么除法错的
证明是对的难，证明错的只要举一个反例
(100/50)%20 = 2 ≠ (100%20) / (50%20) %20 = 0
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，我们是不是对这个算式就无法计算了呢？

答案当然是 NO

这时就需要逆元了
我们知道
如果
a*x = 1
那么x是a的倒数，x = 1/a
但是a如果不是1，那么x就是小数
那数论中，大部分情况都有求余，所以现在问题变了
a*x = 1 (mod p)
那么x一定等于1/a吗
不一定
所以这时候，我们就把x看成a的倒数，只不过加了一个求余条件，所以x叫做 a关于p的逆元

比如2 * 3 % 5 = 1，那么3就是2关于5的逆元，或者说2和3关于5互为逆元

这里3的效果是不是跟1/2的效果一样，所以才叫数论倒数
a的逆元，我们用inv(a)来表示
那么(a / b) % p = (a * inv(a) ) % p = (a % p * inv(a) % p) % p
这样就把除法，完全转换为乘法了

方法一：

费马小定理
a^(p-1) ≡1 (mod p)

两边同除以a
a^(p-2) ≡1/a (mod p)
这可是数论，还敢写1/a
应该写a^(p-2) ≡ inv(a) (mod p)

所以inv(a) = a^(p-2) (mod p)
这个用快速幂求一下，复杂度O(logn)

代码

 LL pow_mod(LL a, LL b, LL p){//a的b次方求余p 
      LL ret = 1;
      while(b){
          if(b & 1) ret = (ret * a) % p;
          a = (a * a) % p;
          b >>= 1;
      }
      return ret;
  }
 LL Fermat(LL a, LL p){//费马求a关于b的逆元 
         return pow_mod(a, p-2, p);
}

方法二：

要用扩展欧几里德算法
还记得扩展欧几里德吗？
a*x + b*y = 1
如果ab互质，有解
这个解的x就是a关于b的逆元
y就是b关于a的逆元
为什么呢？

你看，两边同时求余b
a*x % b + b*y % b = 1 % b
a*x % b = 1 % b
a*x = 1 (mod b)
所以x是a关于b的逆元
反之可证明y

代码

#include<cstdio>
 typedef long long LL;
 void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d){
     if (!b) {d = a, x = 1, y = 0;}
     else{
         ex_gcd(b, a % b, y, x, d);
        y -= x * (a / b);
     }
 }
 LL inv(LL t, LL p){//如果不存在，返回-1 
     LL d, x, y;
     ex_gcd(t, p, x, y, d);
     return d == 1 ? (x % p + p) % p : -1;
 }
 int main(){
     LL a, p;
     while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){
         printf("%lld\n", inv(a, p));
     }
 }

方法三：

当p是个质数的时候有
inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p

证明：
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
于是 inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p

然后一直递归到1为止，因为1的逆元就是1

代码：

 #include<cstdio>
 typedef long long LL;
 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 
     return t == 1 ? 1 : (p - p / t) * inv(p % t, p) % p;
 }
 int main(){
     LL a, p;
     while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){
        printf("%lld\n", inv(a%p, p));
     }
}

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;
     }
 }
 int main(){
     init();
 }