数论——逆元
逆元
引言
(a*b)%m=(a%m*b%m)%m
但是 a b {\frac{a}{b}} ba%m ≠ a % m b % m {\frac{a\%m}{b\%m}} b%ma%m%m
有一个方法可以求，但对b,m有限制。
a b {\frac{a}{b}} ba%m= a % ( b ∗ m ) b {\frac{a\%{(b*m)}}{b}} ba%(b∗m)
设 k= ⌊ a b ÷ m ⌋ {\lfloor{\frac{a}{b}\div m}\rfloor} ⌊ba÷m⌋ ,x = a b % m {\frac{a}{b}\% m} ba%m
⇒ a b {\frac{a}{b}} ba=k*m+x
⇒ a=k*m*b+x*b
⇒ a%(m*b)=x*b
⇒ x= a % ( m ∗ b ) b {\frac{a\%(m*b)}{b}} ba%(m∗b)
⇒ a b % m {\frac{a}{b}\% m} ba%m= a % ( m ∗ b ) b {\frac{a\%(m*b)}{b}} ba%(m∗b)
如果m*b很大甚至会爆long long , 这时就需要用另一种方法来完成。
当要求取模时， a b {\frac{a}{b}} ba答案可能为小数无法直接取模，那么此时就需要一个东西将分数转化为乘法的形式以帮助我们取模，这个“东西”就是逆元。
a b {\frac{a}{b}} ba%m = (a*inv(b))%m（此时inv(b)为b的逆元）
1、定义
由上可知，决定一个数的逆元不仅取决它本身还取决取模的数。
条件：x存在乘法逆元的充要条件是x与模数m互质
inv(x)
≡ {\equiv} ≡x
− 1 {^{-1}} −1(%m)
x*inv(x)
≡ {\equiv} ≡ 1(%m)
以后面对除法取模即可通过逆元来实现
a b {\frac{a}{b}} ba%m = (a*inv(b))%m
2、如何求
-
m为质数时费马小定理，m为非质数时欧拉定理。(Olog(n))
总的可以归纳为欧拉定理求解，只不过对于欧拉定理特例费马小定理来说，m为质数可以直接得出答案，避免求欧拉函数一项省去一部分时间复杂度。费马小定理:
当m为质数时，a m − 1 ≡ 1 ( % m ) {a^{m-1}\equiv 1 (\%m)} am−1≡1(%m) a ∗ a m − 2 ≡ 1 ( % m ) {a*a^{m-2}\equiv 1 (\%m)} a∗am−2≡1(%m) 就可得：inv(a) = a m − 2 {a^{m-2}} am−2%m 欧拉定理:
m不是质数a ϕ ( m ) ≡ 1 ( % m ) {a^{{\phi}{(m)}}\equiv 1 (\%m)} aϕ(m)≡1(%m)
同理得:inv(a) ≡ a ϕ ( m ) − 1 { \equiv {a^{{\phi}{(m)}-1}}} ≡aϕ(m)−1%m
#include -
拓展欧几里得 (Olog(n))
设一个数为n，取模的数为m，gcd(n,m)==1。
nx+my=gcd(n,m)=1
两边同时对m取模nx ≡ {\equiv} ≡ 1(mod m)
即x为n的逆元#include#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #define inf 0xffffff using namespace std; //extern "C"{void *__dso_handle=0;} typedef long long ll; const int mod=998244353; const int N = 5e5+10; void exgcd(int a,int b,int& d,int& x,int& y) { if(!b) { d=a; x=1; y=0; } else { exgcd(b, a%b, d, y, x); y-=x*(a/b); } } int inv(int a) { int x,y,d; exgcd(a, mod, d, x, y); return (x+mod)%mod; } int main(int argc, char *argv[]) { int a; cin >> a; cout << inv(a); } -
线性递推O(n)打表求[1,n]所有逆元
求x%m的逆元
m= ⌊ m x ⌋ ∗ x + m % x {\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor}*x+m\%x ⌊xm⌋∗x+m%x
∵ m ≡ 0 ( % m ) {\because}m{\equiv} 0(\% m) ∵m≡0(%m)
∴ ⌊ m x ⌋ ∗ x + m % x ≡ 0 ( % m ) {\therefore}{\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor}*x+m\%x{\equiv} 0(\% m) ∴⌊xm⌋∗x+m%x≡0(%m)
移项得
⇒ ⌊ m x ⌋ ∗ x ≡ − m % x ( % m ) {\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor}*x{\equiv}-m\%x(\% m) ⌊xm⌋∗x≡−m%x(%m)
两边同乘以inv(x)
⇒
⌊ m x ⌋ ∗ x ∗ i n v ( x ) ≡ ( − m % x ) ∗ i n v ( x ) ( % m ) {\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor}*x*inv(x){\equiv}(-m\%x)*inv(x)(\% m) ⌊xm⌋∗x∗inv(x)≡(−m%x)∗inv(x)(%m)
∵ x ∗ i n v ( x ) ≡ 1 % m o d {\because}{x*inv(x){\equiv}1\%mod} ∵x∗inv(x)≡1%mod
∴ ⌊ m x ⌋ ≡ ( − m % x ) ∗ i n v ( x ) ( % m ) {\therefore}{{\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor}{\equiv}(-m\%x)*inv(x)(\% m)} ∴⌊xm⌋≡(−m%x)∗inv(x)(%m)
移项得（ − ⌊ m x ⌋ {-\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor} −⌊xm⌋为负数不好操作，加上m无可厚非）
⇒ m − ⌊ m x ⌋ ≡ ( m % x ) ∗ i n v ( x ) ( % m ) {{m-\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor}{\equiv}(m\%x)*inv(x)(\% m)} m−⌊xm⌋≡(m%x)∗inv(x)(%m)
两边同乘以inv(m%x)
⇒ ( m − ⌊ m x ⌋ ) ∗ i n v ( m % x ) ≡ ( m % x ) ∗ i n v ( x ) ∗ i n v ( m % x ) ( % m ) {{(m-\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor)*inv(m\%x)}{\equiv}(m\%x)*inv(x)*inv(m\%x)(\% m)} (m−⌊xm⌋)∗inv(m%x)≡(m%x)∗inv(x)∗inv(m%x)(%m)
同理得
⇒ i n v ( x ) ≡ ( m − ⌊ m x ⌋ ) ∗ i n v ( m % x ) ( % m ) {{inv(x){\equiv}(m-\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor)*inv(m\%x)}(\% m)} inv(x)≡(m−⌊xm⌋)∗inv(m%x)(%m)
- 即 i n v ( x ) ≡ ( m − ⌊ m x ⌋ ) ∗ i n v ( m % x ) ( % m ) {{inv(x){\equiv}(m-\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor)*inv(m\%x)}(\% m)} inv(x)≡(m−⌊xm⌋)∗inv(m%x)(%m)
发现x>m%x，所以可通过递推进行求解。
#include