逆元——杨子曰数学
逆元——杨子曰数学
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当我们要在代码中做除法，又要对答案取模时，我们会发现 ( a / b ) m o d p (a/b)\ mod\ p (a/b) mod p是不等于 ( a m o d p ) / ( b m o d p ) (a\ mod\ p)/(b\ mod\ p) (a mod p)/(b mod p)的，这那就很讨厌了，它导致我们不能正常地在模一个数下做除法了！
这时候，一个叫逆元（我们高级地称它为inv）的东西就诞生了，它可以帮助我们解决这个问题
先不管这个模数，在小学的时候我们就知道了：
a / b = a ∗ b − 1 a/b=a*b^{-1} a/b=a∗b−1
我们就美滋滋地把一个除法转化成了一个乘法，那么这样我们就可以大胆地模了
那么 b − 1 b^{-1} b−1的代数意义是什么捏？
就是： b ∗ b − 1 = 1 b*b^{-1}=1 b∗b−1=1
如果放在我们的模数下，它的意义就是：
b ∗ b − 1 ≡ 1 ( m o d p ) b*b^{-1} \equiv 1(mod\ p) b∗b−1≡1(mod p)
那么现在我们的目标很明确，就是要解这样一个方程：
a ∗ x ≡ 1 ( m o d p ) a*x \equiv 1(mod\ p) a∗x≡1(mod p)
解出来以后，x就是a在模p下的逆元
求逆元，也就是解这个方程有3种方法，且听我一一道来：
1.费马小定理（条件：p是质数）
不会费马小定理的童鞋，戳我
费马小定理长这样：
a p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) a^{p-1}\equiv1(mod\ p) ap−1≡1(mod p)
然后我们乘出一个a：
a ∗ a p − 2 ≡ 1 ( m o d p ) a*a^{p-2}\equiv1(mod\ p) a∗ap−2≡1(mod p)
哦，有没有发现问题解决，上面那个 式子告诉我们，当p是质数的时候，a在mod p下的逆元就是 a p − 2 a^{p-2} ap−2
然后快速幂搞一搞就好了！
复杂度：O(log p)
int pow(int a,int b,int p){
int ans=1;
while(b){
if (b%2) ans=(ans*a)%p;
b/=2;
a=(a*a)%p;
}
return ans;
}
int inv(int a,int p){
return pow(a,p-2,p);
}
2.扩展欧几里得算法（条件：a和p互质）
机智的你一定发现了： a ∗ x ≡ 1 ( m o d p ) a*x\equiv1(mod\ p) a∗x≡1(mod p)是一个模线性方程
也就是我们可以用扩展欧几里得解决（这甚至是一道noip提高组原题：同余方程）
如何求解模线性方程捏？
虽然我在这篇文章里讲过了：一篇文章，但我还要讲一讲：
观察这个方程： a ∗ x ≡ 1 ( m o d p ) a*x\equiv1(mod\ p) a∗x≡1(mod p)，有没有发现它其实就等价于：
a ∗ x + p ∗ y = 1 a*x+p*y=1 a∗x+p∗y=1
使用扩展欧几里得求逆元的条件是a和p互质（上面标题写了），也就是 g c d ( a , p ) = 1 gcd(a,p)=1 gcd(a,p)=1
那么方程就是：
a ∗ x + p ∗ y = g c d ( a , p ) a*x+p*y=gcd(a,p) a∗x+p∗y=gcd(a,p)
那么就和欧几里得算法的方程一模一样了，然后我们再美滋滋地用扩展欧几里得解决（扩展欧几里得？那是什么，戳），完事！
复杂度：O(log p)
int ex_gcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(!b) x=1,y=0;
else ex_gcd(b,a%b,y,x),y-=(a/b)*x;
}
int inv(int a,int p){
int x,y;
ex_gcd(a,p,x,y);
x=(x%p+p)%p;//找到最小正整数解
return x;
}
3.线性求1~n的逆元（条件：p是质数）
其实逆元这个东西是可以递推的，神不神奇！
假设我们当前要求的是inv[i]，就是i在模p下的逆元：
设 ： p = k ∗ i + r ( r < i ) 设：p=k*i+r\ \ \ \ \ (r<i) 设：p=k∗i+r (r<i)
我们就可以知道：
k = ⌊ p i ⌋ , r = p m o d i ( 由 于 p 是 质 数 ， S o ， r 一 定 大 于 0 ) k=\lfloor\frac{p}{i}\rfloor,r=p\ mod\ i\ \ \ \ \ \ (由于p是质数，So，r一定大于0) k=⌊ip⌋,r=p mod i (由于p是质数，So，r一定大于0)
我们还可以得到：
k ∗ i + r ≡ 0 ( m o d p ) k*i+r\equiv0(mod\ p) k∗i+r≡0(mod p)
然后捏，我们将同余号两边同时乘上 i − 1 ∗ r − 1 i^{-1}*r^{-1} i−1∗r−1（这里的-1次方指的都是逆元）：
k ∗ r − 1 + i − 1 ≡ 0 ( m o d p ) k*r^{-1}+i^{-1}\equiv0(mod\ p) k∗r−1+i−1≡0(mod p)
移项：
i − 1 ≡ − k ∗ r − 1 ( m o d p ) i^{-1}\equiv-k*r^{-1}(mod\ p) i−1≡−k∗r−1(mod p)
然后把k和r代掉：
i − 1 ≡ − ⌊ p i ⌋ ∗ ( p m o d i ) − 1 ( m o d p ) i^{-1}\equiv-\lfloor\frac{p}{i}\rfloor*(p\ mod\ i)^{-1}(mod\ p) i−1≡−⌊ip⌋∗(p mod i)−1(mod p)
欸，有没有发现就是：
i n v [ i ] = − ⌊ p i ⌋ ∗ i n v [ p m o d i ] inv[i]=-\lfloor\frac{p}{i}\rfloor*inv[p\ mod\ i] inv[i]=−⌊ip⌋∗inv[p mod i]
然后我们就完美地推出了逆元的递推公式
噢，对了，由于 1 ≡ 1 − 1 ( m o d p ) 1\equiv1^{-1}(mod\ p) 1≡1−1(mod p)，So，初始情况就是inv[1]=1
复杂度O(n)
void get_inv(int n,int p){
inv[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++){
inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p;
}
}
参考：
https://blog.csdn.net/tobeyours/article/details/79619333
http://blog.miskcoo.com/2014/09/linear-find-all-invert
于HG机房