乘法逆元

一、逆元定义

若a * x ≡ 1 （mod b），且a和b互质

那么就能定义：x为a的逆元，记为a^-1

所以诚x为a在mod b的意义下的倒数

所以对于a/b（mod p）

就可以求b在mod p下的逆元，然后乘上a，再mod p。

二、适用范围

乘法逆元一般用于求　　a/b （mod p）　　的值

（p通常为质数，也可以不为质数）

三、求解逆元的四种方法

拓展欧几里得

费马小定理

线性递推

阶乘

注：

前两个算法（拓展欧几里得 和 费马小定理）适合求解单个值的逆元　　[拓展欧几里得似乎比费马小定理还要好一些]

后两个算法（线性递推 和 阶乘）适合一串数对于一个mod p的逆元　　[线性递推大概要比阶乘好一些吧]

四、算法

1.拓展欧几里得

适用范围：a和p互质 p可以不是质数

利用拓展欧几里得求解同余方程　a * x ≡ c (mod b) 当c = 1的情况

转化成解 a * x + b * y = 1 这个方程

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,p;
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(!b)
        x = 1,y = 0;
    else
        exgcd(b,a%b,y,x),y -= a/b * x;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    ll x,y;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        x = 0,y = 0;
        exgcd(i,p,x,y);
        x = (x % p + p)%p;
        printf("%lld
",x);
    }
    return 0;
}

（按洛谷板子题写的）（tle两个点）

2.费马小定理

咕咕咕（自己的一篇极简题解）

适用范围：a和p互质，p为素数。

根据费马小定理

b^{p - 1} ≡ 1(mod p)，即　　b * b^{p - 2} ≡ 1 (mod p)

因此，当模数p为质数时，b^{p - 2}即为b的乘法逆元

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,p;
ll qpow(ll a,ll b)
{
    a %= p;
    ll sum = 1;
    while(b)
    {
        if(b%2 == 0)
            a = (a * a)%p,b/=2;
        else
            sum = (sum * a)%p,b--;
    }
    return sum % p;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    for(int i = 1; i <= n - 1; i++)
        printf("%lld
",qpow(i,p - 2));
    printf("%lld",qpow(n,p - 2));
    return 0;
}

（tle了两个点）

3.线性递推

首先有一个，1^-1 ≡ 1（mod p）

然后设p = k * i + r ( 1 < r < i < p)

也就是k是 p / i 的商，r是余数

再讲这个式子放到（mod p）意义下就会得到

k * i + r ≡ 0

然后乘上i^-1 ， r^-1 就可以得到

k * r^-1 + i^-1 ≡ 0 (mod p)

 i^-1 ≡ -k * r^-1 (mod p)

i^-1 ≡ -(p / i) * (p mod i)^-1(mod p)

#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
    ll n,p;
    ll inv[3000005]; 
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    inv[1] = 1;
    for(ll i = 2;i <= n;i++)
        inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
    for(ll i = 1;i <= n;i++)
        printf("%lld
",inv[i]);
    return 0;
} 

4.阶乘

inv[i + 1] = 1/ (i + 1)!

inv[i + 1] * (i + 1) = 1 / i! = inv[i]

所以我们可以求出n！的逆元，然后逆推，就可以求求出1...n！所有的逆元了

逆推式为

inv[ i + 1 ] * (i + 1)= inv[ i ]

所以我们可以求出任意i,i!,1/i! 的取值了

然后这个也可以导出 1 / i (mod p) 的取值

也就是 1 / i ! * ( i - 1) ! = 1 / i ( mod p )

#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,p;
ll inv[3000005],f[3000005];
ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll sum = 1;
    while(b)
    {
        if(b%2 == 1)
            sum = (sum * a) % p , b--;
        else
            a = (a * a) % p , b /= 2;
    }
    return sum;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    f[0] = 1; 
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        f[i] = (f[i - 1] *i) %p;
    ll last = qpow(f[n],p - 2);
    ll k;
    for(ll i = n; i >= 1; i--)
    {
        k = (last * i) % p;
        inv[i] = last * f[i - 1] % p;
        last = k;
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        printf("%lld
",inv[i]);
    return 0;
}