乘法逆元的学习总结

以下内容均为牌王(可点开链接哦)所教，此人无敌！！！感谢牌王的细心教导，嘿嘿嘿

逆元的定义

逆元可以说是倒数概念的推广，对于正整数a,p，若有ax≡1（mod p），则称x是a关于模p的逆元。例如：

那么为什么要有逆元呢？逆元有什么作用？
加减乘与模运算的顺序交换不会影响结果，即可用分配律，但是除法呢？答案是不行的，那么有什么办法可以完成除法与模运算之间的运算呢，这时候就是主角逆元登场了。
例如求解(a / b) mod p
先求出b关于p的逆元c，即b*c≡1(mod p)，将其带入上式得
(a / b * b * c)≡ 1 (mod p) -> (a * c)≡1(mod p)
即可将除法转化成乘法，是不是很有趣？
逆元存在的条件：a与p互质，即gcd(a,p)=1。

求解逆元的三种方法

1. 费马小定理
   当p为素数时，则有
   
   将其变形为
   
   由逆元定义可知，a^(p-2)就是逆元

代码如下：

ll FPM(ll x,ll power,ll mod)
{
    ll ans = 1;
    while(power)
    {
        if(power & 1)
        {
            ans = (ans * x) % mod;
        }
        x = (x * x) % mod;
        power >>= 1;
    }
    return ans % mod;
}

2. 扩展欧几里得算法

ax≡1(mod p)->ax = pk + 1
当a，p互质时，gcd(a,b)=1，即将上式转化为

当求解gcd(a,b)时，递归结束的条件为b=0，得出a=gcd(a,b)，进一步得出x=1,所以对上式使用递归时，结束条件为b = 0，并使x=1，y=0。
即

if(!b)
{
	x = 1;
	y = 0;
	return a;
}

紧接着一直回朔，最后得出x的值，并且还可以求出a和b的最大公约数，是不是一举两得？

回朔过程的解析：
ax1+by1=gcd(a,b)
ax2+by2=gcd(a,b)
将第二个式子变化一下为
bx2+(a-a/bb)y2=gcd(a,b)->ay2+b(x2-a/by2)=gcd(a,b)
则x1=y2, y1=x2-a/by2
那么不断回朔回去，即可得到x。

得出x后，如果为负数，则需要(x % mod + mod) % mod使其变为正

当然，可以将其推广则可求出任意二元一次方程的最小解，不过也是有条件的，例如
求ax+by=c的解，当且仅当c/gcd(a，b)!=0时，x有最小解。

代码如下：

typedef long long LL;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y) //扩展欧几里得算法
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    LL ret = exgcd(b, a%b, x, y);
    ll t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * x;
    return ret;
}
LL inv(int a, int mod)  //求a在mod下的逆元，如果不存在返回-1
{
    LL x, y;
    LL d = exgcd(a, mod, x, y);
    return d ? (x % mod + mod) % mod : -1;
}

3. 线性递推

过程如下：

这里就不再详细描述了…直接上代码！！！(打字太累了)

代码如下：

ll inv[3000005] = {0 , 1}; //n等于1时，关于mod的逆元就为1
int main()
{
    ll n, mod;
    scanf("%lld%lld",&n,&mod);
    printf("1\n");
    for(int i = 2;i <= n; i++) // 从二开始，防止改变inv[1]的值
    {
        inv[i] = mod - (mod / i) * inv[mod % i] % mod;// 这一步important // 加个mod是为了防止逆元为负
        printf("%lld\n",inv[i]);
    }
    return 0;
}

狙击美佐第一篇博客的感想

很早就想自己写点东西记录自己的学习过程，可以太懒了，而且语言组织也不好，不过，在数论方面，每次我遇到问题，牌王都会帮我解答，非常感谢牌王！！！那么这次我就将这篇博客写好，“送”给你来表达我对你的爱？