数论_逆元

转自：
http://www.cnblogs.com/linyujun/p/5194184.html

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

对于一些题目，我们必须在中间过程中进行求余，否则数字太大，电脑存不下，那如果这个算式中出现除法，我们是不是对这个算式就无法计算了呢？

答案当然是 NO (>o<)

这时就需要逆元了

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

（这里加一点自己写的，关于为什么(a / b) % p = (a * inv(a) ) % p 的一般说明）
假设b存在乘法逆元，即与m互质（充要条件）。设c是b的逆元，即b∗c≡1(modm)，那么有a/b=(a/b)∗1=(a/b)∗b∗c=a∗c(modm)
即，除以一个数取模等于乘以这个数的逆元取模。

这样就把除法，完全转换为乘法了 (。・ω・)，乘法超容易

正篇开始

逆元怎么求

(忘了说，a和p互质，a才有关于p的逆元)

方法一：

费马曾经说过：不想当数学家的数学家不是好数学家（(￣▽￣)~*我随便说的，别当真）

费马小定理

a^(p-1) ≡1 (mod p)

两边同除以a

a^(p-2) ≡1/a (mod p)

什么(,,• ₃ •,,)，这可是数论，还敢写1/a

应该写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)(ง •̀_•́)ง

 1 LL pow_mod(LL a, LL b, LL p){//a的b次方求余p 
 2     LL ret = 1;
 3     while(b){
 4         if(b & 1) ret = (ret * a) % p;
 5         a = (a * a) % p;
 6         b >>= 1;
 7     }
 8     return ret;
 9 }
10 LL Fermat(LL a, LL p){//费马求a关于b的逆元 
11         return pow_mod(a, p-2, p);
12 }

方法二：

要用扩展欧几里德算法

还记得扩展欧几里德吗？（不记得的话，欧几里得会伤心的(╭￣3￣)╭♡）

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)

你看你看，出现了！！！(/≥▽≤/)

所以x是a关于b的逆元

反之可证明y

附上代码：

 1 #include
 2 typedef long long LL;
 3 void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d){
 4     if (!b) {d = a, x = 1, y = 0;}
 5     else{
 6         ex_gcd(b, a % b, y, x, d);
 7         y -= x * (a / b);
 8     }
 9 }
10 LL inv(LL t, LL p){//如果不存在，返回-1 
11     LL d, x, y;
12     ex_gcd(t, p, x, y, d);
13     return d == 1 ? (x % p + p) % p : -1;
14 }
15 int main(){
16     LL a, p;
17     while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){
18         printf("%lld\n", inv(a, p));
19     }
20 }

方法三：

当p是个质数的时候有
inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p

这为啥是对的咩？

证明不想看的孩子可以跳过。。。（￣0 ￣）

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：

 1 #include
 2 typedef long long LL;
 3 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 
 4     return t == 1 ? 1 : (p - p / t) * inv(p % t, p) % p;
 5 }
 6 int main(){
 7     LL a, p;
 8     while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){
 9         printf("%lld\n", inv(a%p, p));
10     }
11 }

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

递归就是上面的写法，加一个记忆性递归，就可以了

递推这么写

 1 #include
 2 const int N = 200000 + 5;
 3 const int MOD = (int)1e9 + 7;
 4 int inv[N];
 5 int init(){
 6     inv[1] = 1;
 7     for(int i = 2; i < N; i ++){
 8         inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD;
 9     }
10 }
11 int main(){
12     init();
13 }

又学到新知识了o(*≧▽≦)ツ好开心

逆元详解转自于：
http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8220787