关于逆元 （转）

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

（故，当算式的中间出现除法，同时要求余时，怎么办呢）

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(b) ) % p = (a % p * inv(b) % p) % p

这样就把除法，完全转换为乘法了。

（ps：a和p互质，a才有关于p的逆元）

求逆元：

1、费马小定理：a^(p-1) ≡1 (mod p) 

两边同除以a

a^(p-2) ≡1/a (mod p)

即：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);
}

2、扩展欧几里德求逆元

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

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
", inv(a, p));
    }
}

3、

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：（递归写法）

#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
", inv(a%p, p));
    }
    return 0;
}

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。