[C++知识库] c++乘法逆元

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[C++知识库]c++乘法逆元

逆元是什么

我们都知道，在模意义下：

$(a+b)\%p=(a\%p+b\%p)\%p$

$(a-b)\%p=(a\%p-b\%p)\%p$

$(a\times b)\%p=(a\%p\times b\%p)\%p$

但是：

$(\dfrac{a}{b})\%p\neq (\dfrac{a\%p}{b\%p})\%p$

因此，逆元就诞生了。

若 $ax\equiv 1 \pmod p$ ，那么我们称 $x$ 为 $a$ 关于 $p$ 的逆元，用 $a^{-1}$ 表示

所以 $(\dfrac{a}{b})\%p=(a\%p\times b^{-1}\%p)\%p$

这样我们就可以解决除法的问题了。

怎么求逆元

求逆元的前提： $\gcd(a,p)=1$

费马小定理

因为 $a^p\equiv a\pmod p$ ，

所以 $a^{p-2}\equiv a^{-1} \pmod p$

所以 $a^{-1}\equiv a^{p-2} \pmod p$

具体证明参见OI-WIKI

时间复杂度为 $\ p)$

扩展欧几里德

$a x + p y = 1$ 的一组解 $(x, y)$ ， $x$ 是 $a$ 关于 $p$ 的逆元。

证明：

$\begin{aligned} ax+py &= 1 \\ ax\%p+py\%p &= 1\% p \\ ax+py &\equiv 1\pmod p \\ ax &\equiv 1 \pmod p \end{aligned}$

所以 $x$ 是 $a$ 关于 $p$ 的逆元。时间复杂度为 $\ p)$

连续数的逆元

求 $1$ 到 $n$ 的逆元，如果一个一个求，那么很容易超时。我们可以线性来求。

显然， $1^{-1}\equiv 1\pmod p$

假设现在我们求完了前 $i ? 1$ 个数的逆元，要求第 $i$ 个。我们令 $k=\lfloor\frac{p}{i}\rfloor,j=p \% i$ ，有 $p = ki + j$ ，所以

$ki+j\equiv \pmod p$

两边同时乘 $i^{-1}\times j^{-1}$ 得：

$kj^{-1}+i^{-1}\equiv 0 \pmod p$

$i^{-1}\equiv -kj^{-1} \pmod p$

将 $k=\lfloor\frac{p}{i}\rfloor,j=p \% i$ 代入得：

$i^{-1}\equiv -\lfloor\frac{p}{i}\rfloor\times(p \% i)^{-1} \pmod p$

因为 $p\% i<i$ ，我们已经求出小于 $i$ 的正整数的逆元了，所以 $j$ 的逆元已知。

于是，当 $i > 1$ 时， $i^{-1}\equiv -\lfloor\frac{p}{i}\rfloor(p\% i)^{-1} \pmod p$

code

ny[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
	ny[i]=(p-p/i)*ny[p%i]%p;
}

求阶乘的逆元

求 $1$ 到 $n$ 的逆元。同样地，我们也可以用线性的方法来求。

先求出 $1$ 到 $n$ 的阶乘 $s [i]$ ，然后用 $\ p)$ 的时间复杂度求出 $s [n]$ 的逆元 $n y [n]$

对于每一个 $i(1\leq i<n)$ ，因为 $\dfrac{1}{i!}=\dfrac{1}{(i+1)!}*(i+1)$ ，所以 $ny[i]=ny[i+1]*(i+1)\%p$

时间复杂度 $\ p)$

code

jc[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
	jc[i]=jc[i-1]*i%p;
}
ny[n]=mi(jc[n],p-2);
for(int i=n-1;i>=0;i--){
	ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%p;
}

其中 $mi$ 是求快速幂

求任意n各数的逆元

先计算出前缀积 $s [i]$ ，再求 $s [n]$ 的逆元 $n y [n]$

与求阶乘的逆元类似，对于每一个 $i(1\leq i<n)$ ， $ny[i]=ny[i+1]*a[i+1]\% p$

那么 $a [i]$ 的逆元就是 $s[i-1]*ny[i]\%p$ ，时间复杂度也是 $\ p)$

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