求逆元、阶乘逆元、线性求逆元

目录

• 什么是逆元
• 如何求逆元
  • 拓展欧几里得求逆元
  • 费马小定理求逆元
• 阶乘逆元
• 线性求逆元

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本文章内，若无特殊说明，数字指的是整数，除法指的是整除。

什么是逆元

我们称(a)是(b)在模(p)情况下的逆元，则有(a imes b equiv 1 ( mod\,\,p))。
所以呢，我们其实可以将逆元看成一个数的相反数。所以在除以一个数的时候，就相当于乘上它的相反数。

如何求逆元

我们先来看看什么情况下有逆元。

当且仅当(gcd(b,p)=1)时，(b)在模(p)情况下有逆元。

这个结论可由裴蜀定理显然推得，下面一段来自百度百科，若读者对证明有兴趣，可以自行了解。

裴蜀定理（或贝祖定理，Bézout's identity）得名于法国数学家艾蒂安·裴蜀，说明了对任何整数(a)、(b)和它们的最大公约数(d)，关于未知数(x)和(y)的线性不定方程（称为裴蜀等式）：若(a),(b)是整数,且((a,b)=d)，那么对于任意的整数(x),(y),(ax+by)都一定是(d)的倍数，特别地，一定存在整数(x),(y)，使(ax+by=d)成立。

拓展欧几里得求逆元

下面介绍如何用拓展欧几里得求逆元。

我们求(b)在模(g)意义下的逆元，根据(a imes b equiv 1 ( mod\,\,p))，得到(a imes b + k imes p = 1)。
我们知道，(gcd(b,p)=gcd(p,b \% p))，所以(a' imes p+k' imes (b \% p)=1)同样有解。而由于(gcd(b,p)=1)，辗转相除法时，总有(a'' imes 1 + k'' imes 0 = 1)。
此时我们不妨令(a''=1,k''=0)。
现在我们考虑怎么推回去。

[a' imes p+k' imes (b \% p)=1 ]

[Rightarrow a' imes p+k' imes( b-left lfloor frac{b}{p} ight floor imes p)=1 ]

[Rightarrow k' imes b+(a'-left lfloor frac{b}{p} ight floor imes k') imes p=1 ]

与(a imes b + k imes p = 1)对照，得到(a=k',\,\,\,k=a'- left lfloor frac{b}{p} ight floor imes k')。那么这样，我们就得到了(a imes b + k imes p = 1)的一组解，同时，(a)就是(b)在模(p)下的逆元。
附C++程序

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void ExPower( int b, int p, int & a, int & k ) {
    if( p == 0 ) {
        a = 1; k = 0;
        return;
    }
    ExPower( p, b % p, k, a );
    k -= b / p * a;
    return;
}
int main() {
    int b, p;
    cin >> b >> p;
    int a, k;
    ExPower( b, p, a, k );
    if( a < 0 ) a += p;
    cout << a << endl;
    return 0;
}

费马小定理求逆元

我们知道，当(p)为素数，并且(gcd(a,p)=1)时，我们有(a^{p-1} equiv 1 (mod\,\,p))。那么我们就有(a^{p-2} imes a equiv 1(mod \,\, p))。所以逆元就是(a^{p-2})了。

阶乘逆元

如果我们需要求(0!)到(n!)的逆元，对于每个元素都求一遍，就显得有点慢。（虽然(exPower)的时间快到可以认为是小常数。）
前面我们说了，逆元就可一看做是求倒数。那么不就有(frac{1}{(n+1)!} imes (n+1)=frac{1}{n!})。
附C++程序：

int inv( int b, int p ) {
    int a, k;
    exPower( b, p, a, k );
    if( a < 0 ) a += p;
    return a;
}
void init( int n ) {
    Fact[ 0 ] = 1;
    for( int i = 1; i <= n; ++i ) Fact[ i ] = Fact[ i - 1 ] * i % Mod;
    INV[ n ] = inv( Fact[ n ], Mod );
    for( int i = n - 1; i >= 0; --i ) INV[ i ] = INV[ i + 1 ] * ( i + 1 ) % Mod;
    return;
}

线性求逆元

按照上面的方法，如果我们要求(1)到(p-1)关于(p)的逆元，而(p)较大时，时间复杂度有点吃不消。而我们有一种更强的做法，可以在(O(p))的时间内解决。

对于当前的(i)，我们设(p=k imes i+r)。于是：

[egin{aligned} k imes i + r & equiv 0 &\,\,(mod \,\, p) \ k imes i imes ( i^{-1} imes r ^{-1}) + r imes (i^{-1} imes r^{-1}) &equiv 0 &\,\,( mod \,\, p) \ k imes r^{-1} + i ^ {-1} & equiv 0 &\,\, (mod \,\, p)\ i^{-1} & equiv -k imes r^{-1} &\,\, (mod \,\, p) \ i^{-1} & equiv - left lfloor frac{p}{i} ight floor imes r^{-1} &\,\,(mod\,\,p) end{aligned} ]

所以代码就大致如下：

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