逆元运算（除法取模）

一、简介

逆元：ax≡1（mod p）当a和p互质时，方程的解 x 称为a关于p的逆元，

在普通的四则运算中，只有加减乘三种运算可以根进行分别取余运算，因为这三种运算都是从低位到高位的运算，而对于除法是从高位到低位的运算，显然不能直接进行取余，这时候，就要用到逆元有关的运算。

逆元可以近似的看作倒数的概念

 

二、应用

例如，

如果要求（x / y）%p ，显然不可以（x%p）/（y%p），

利用逆元运算：可以将（x / y）%p化为 （x * Y ）%p ，其中Y是y关于p的逆元

 

那么怎么求Y呢：

由逆元的定义，有yY≡1（mod p），

费马小定理：如果p是一个质数，而整数a不是p的倍数，则有a^（p-1）≡ 1（mod p）。 

我们分离一项出来  a • a^(p-2) ≡ 1（mod p）.

对比逆元的方程式，可以很容易得到，a关于p的逆元就是 a^(p-2)，那么Y==y^(p-2)。

 

证明转化过程：

费马小定理：    y • y^(p-2) % p ==1

两边乘以x/y：   x • y^(p-2) % p == x / y

 

注意以上所有的的运算和推导过程都要在一个前提条件下： x和p互质，即gcd（x，p）==1

 

 

三、实现

有了以上理论基础，就可以很容易实现了

1、快速幂取模版

#include
#define lom long long
using namespace std;

lom quick(lom a,lom b,lom c)//快速幂取模 
{
	lom ans=1;
	a%=c;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=ans*a%c;
		a=a*a%c;	
		b>>=1;
	}
	return ans%c;
}

lom divi(lom a,lom b,lom p)
{
	b=quick(b,p-2,p); //b的逆元 
	
	return a*b%p; 
}

2、递推版

证明：

们要求i在模p意义下的逆元inv[i]，那么我们就设ki+r=p，所以ki+r ≡ 0(mod p)。

移项可以得到：r ≡ -ki (mod p)。

两边同时除以ir，就可以得到这个式子：

(mod p)

那么i分之一就是i在模p意义下的逆元，r分之一就是r在模p意义下的逆元。

变成这个式子：inv[i] ≡ -k*inv[r](mod p)。

因为r

右边加上一个p：inv[i]=p-k*inv[p%i]，k化为p/i（向下取整了所以不考虑r），最后inv[i]就化为了p-p/i*inv[p%i]，就是上面的递推式。

#include
#define M  50000
#define lom long long
using namespace std;
const int mod=17; 
int inv[M];
void getinv()
{
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=M;i++)
	inv[i]=mod-(lom)mod/i*inv[mod%i]%mod;
}

阶乘逆元， finv[i] 存储的是i的阶乘的逆元，一般用于组合数

void getinv()
{
	finv[0] = finv[1] = f[0] = f[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
	for(int i=2; i <= M; i++)
	{
		f[i] = f[i-1] * i % mod;
		inv[i]=mod - mod / i * inv[mod%i] % mod;
		finv[i] = finv[i-1] * inv[i] % mod;
	}
}

四、扩展

以上求逆元的方法有一个限制条件就是互素

但如果满足 y|x（x%y==0），就可以忽略互素的条件

ans==（x/y）%p == a%（p*y）/b

证明：

设： x/y == k*p + t

x == k*p*y + t*y

x%（p*y）== t*y

x%（p*y）/y == t

所以t == （x/y）%p == x%（p*y）/y