费马小定理,扩展欧几里得,递推求阶乘逆元
对于一个实数 A A A 如果存在一个 x x x 使得 A x = 1 Ax = 1 Ax=1,我们就把这个 x x x 叫做 A A A 的逆元,记做 x = A − 1 x = A^{-1} x=A−1。
在一般数学中,我们所说的逆元就是倒数。
但是在数论中,如果一个数字 A A A 存在一个对 p p p 的逆元 x x x,就可以写成 A x ≡ 1 m o d p Ax≡1\ mod\ p Ax≡1 mod p 的形式(此处 p p p 与 A A A 互质,若不互质,则不存在逆元)。
我们知道 取余 的性质:
- ( a − b ) % c = ( a % c − b % c ) % c (a - b)\%c = (a\%c - b\%c)\%c (a−b)%c=(a%c−b%c)%c
- ( a + b ) % c = ( a % c + b % c ) % c (a + b)\%c = (a\%c+b\%c)\%c (a+b)%c=(a%c+b%c)%c
- ( a × b ) % c = ( a % c × b % c ) % c (a\times b)\%c=(a\%c\times b\%c)\%c (a×b)%c=(a%c×b%c)%c
对于基本的四种运算而言,加减乘都符合“分配率”,唯独除法不满足。
( a ÷ b ) % c = ( a % c ÷ b % c ) % c (a\div b)\%c=(a\%c\div b\%c)\%c (a÷b)%c=(a%c÷b%c)%c
上面这种运算是错误的!
如果要实现这种运算,就要把除法转化为乘法,假设 b − 1 b^{-1} b−1 是 b b b 关于 c c c 的逆元。
( a ÷ b ) % c (a\div b)\%c (a÷b)%c 可以转化为 ( a × b − 1 ) % c = ( a % c × b − 1 % c ) % c (a\times b^{-1})\%c=(a\%c\times b^{-1}\%c)\%c (a×b−1)%c=(a%c×b−1%c)%c。
费马小定理:假设 p p p 是一个质数,且 g c d ( a , p ) = 1 gcd(a, p) = 1 gcd(a,p)=1,那么 a p − 1 ≡ 1 m o d p a^{p-1}≡1\ mod\ p ap−1≡1 mod p。
我们也可以的得到一个费马小定理的特例:假设 a a a 是一个整数,且 g c d ( a , p ) = 1 gcd(a, p) = 1 gcd(a,p)=1,那么 a p − 1 ≡ 1 m o d p a^{p-1}≡1\ mod\ p ap−1≡1 mod p。
根据费马小定理 a p − 1 ≡ 1 m o d p a^{p-1}≡1\ mod\ p ap−1≡1 mod p ,可以发现 a p − 2 × a ≡ 1 m o d p a^{p-2}\times a≡1\ mod\ p ap−2×a≡1 mod p 也成立。
是不是很像上面说到的逆元的形式: A x ≡ 1 m o d p Ax≡1\ mod\ p Ax≡1 mod p, x x x 是 A A A 关于 p p p 的逆元。
那根据费马小定理也可得知 a p − 2 a^{p-2} ap−2 是 a a a 关于 p p p 的逆元。
所以求 a a a 的逆元,就直接用快速幂求 a p − 2 a^{p-2} ap−2 就可以了。
LL power(LL a, int x) {
LL ans = 1;
while(x) {
if(x&1) ans = (ans * a) %mod;
a = (a * a) %mod;
x >>= 1;
}
return ans;
}
LL inv(LL a) {
return power(a, mod - 2);
}
扩展欧几里得: a x + b y = g c d ( a , b ) ax +by=gcd(a,b) ax+by=gcd(a,b) 的解一定存在。
当我们要求 a a a 关于 p p p 的逆元时,若逆元存在,则 g c d ( a , p ) = 1 gcd(a,p)=1 gcd(a,p)=1。假设逆元为 x x x,即: a x ≡ 1 m o d p ax ≡ 1\ mod\ p ax≡1 mod p。
我们可以展开一下变成 a x = 1 + p k ax = 1 + pk ax=1+pk,由于 k k k 可正可负。
所以我们可以得到 a x + p k = 1 ax + pk=1 ax+pk=1,其实就是 a x + p k = g c d ( a , p ) ax + pk= gcd(a,p) ax+pk=gcd(a,p)。
所以我们用扩展欧几里得求出一个最小的 x x x 就是 a a a 关于 p p p 的一个逆元啦。
我们来试着解这个欧几里得吧!
现在已经有了 a x + b y = g c d ( a , b ) ax + by=gcd(a,b) ax+by=gcd(a,b) 了。我们想试着求出一个特解 x x x。
根据欧几里得算法我们可以知道 g c d ( a , b ) = g c d ( b , a % b ) gcd(a,b)=gcd(b,a\%b) gcd(a,b)=gcd(b,a%b)。
而且我们可以看出 b x + ( a % b ) y = g c d ( b , a % b ) bx+(a\%b)y=gcd(b,a\%b) bx+(a%b)y=gcd(b,a%b)
由此我们可得:(由于两边的 x x x, y y y 值不同,我们用 x ′ x' x′ 和 y ′ y' y′ 进行区分)
b x ′ + ( a % b ) y ′ = a x + b y bx'+(a\%b)y'\ =\ ax + by bx′+(a%b)y′ = ax+by
我们想要把式子化简一下,可以从 a % b a\%b a%b 入手,即 a % b = a − ⌊ a b ⌋ × b a\%b\ =\ a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor \times b a%b = a−⌊ba⌋×b。
所以我们可以化简得到: a x + b y = b x ′ + ( a − ⌊ a b ⌋ b ) y ′ ax + by\ =\ bx'+(a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor b)y' ax+by = bx′+(a−⌊ba⌋b)y′
移项:
a x + b y = a y ′ + b ( x ′ − ⌊ a b ⌋ y ′ ) ax + by=ay'+b(x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y') ax+by=ay′+b(x′−⌊ba⌋y′)
系数相等,所以我们可以解得
{ x = y ′ y = ( x ′ − ⌊ a b ⌋ y ′ ) \begin{cases} x=y'\\ y=(x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y')\\ \end{cases} {x=y′y=(x′−⌊ba⌋y′)
根据欧几里得算法,我们一直递归下去,总会到要一个最终位置的 a % b = 0 a\%b=0 a%b=0 。
所以式子变成了 a x = g c d ( a , b ) ax=gcd(a,b) ax=gcd(a,b)。此时我们取一个特解 x = 1 x=1 x=1, y = 0 y=0 y=0。然后往回推,就可以得到一开始的那个 x x x。
此时解出来的 x x x 就是 a a a 关于 p p p 的一个逆元。
void exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
if (b == 0) {
x = 1;y = 0;
} else {
exgcd(b, a%b, y, x);
y -= (a/b) * x;
}
}
我们经常会用到阶乘的逆元,我们可以考虑用费马小定理先求出最大那个阶乘的逆元,然后再往回推,直接看代码再解释。
void init() {
fact[0] = 1;
for (int i = 1; i < maxn; i++) {
fact[i] = fact[i - 1] * i %mod;
}
inv[maxn - 1] = power(fact[maxn - 1], mod - 2);
for (int i = maxn - 2; i >= 0; i--) {
inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) %mod;
}
}
我们可以假设把 n ! n! n! 的逆元表示为 [ n ! ] − 1 [n!]^{-1} [n!]−1。
我们要求 ( n − 1 ) ! (n-1)! (n−1)! 的逆元,我们可以考虑给 ( n − 1 ) ! (n-1)! (n−1)! 乘上一个 n n n 把他变为 n ! n! n!。
即 ( n − 1 ) ! × n [ n ! ] − 1 ≡ 1 m o d p (n-1)!\times n[n!]^{-1}≡1\ mod\ p (n−1)!×n[n!]−1≡1 mod p
因此 n [ n ! ] − 1 n[n!]^{-1} n[n!]−1 是 ( n − 1 ) ! (n-1)! (n−1)! 关于 p p p 的一个逆元。