c++乘法逆元

逆元是什么

我们都知道，在模意义下：

$(a+b)\%p=(a\%p+b\%p)\%p$

$(a-b)\%p=(a\%p-b\%p)\%p$

$(a\times b)\%p=(a\%p\times b\%p)\%p$

但是：

$(\frac{a}{b})\%p\ne (\frac{a\%p}{b\%p})\%p$

因此，逆元就诞生了。

若$ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，那么我们称$x$为$a$关于$p$的逆元，用$a^{-1}$表示

所以$(\frac{a}{b})\%p=(a\%p\times b^{-1}\%p)\%p$

这样我们就可以解决除法的问题了。

怎么求逆元

求逆元的前提：$\gcd (a,p)=1$

费马小定理

因为$a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$，

所以$a^{p-2}\equiv a^{-1}(\mathrm{mod}p)$

所以$a^{-1}\equiv a^{p-2}(\mathrm{mod}p)$

具体证明参见OI-WIKI

时间复杂度为$O(logp)$

扩展欧几里德

$ax+py=1$的一组解$(x,y)$，$x$是$a$关于$p$的逆元。

证明：

$$\begin{array}{rl}ax+py& =1\\ ax\%p+py\%p& =1\%p\\ ax+py& \equiv 1(\mathrm{mod}p)\\ ax& \equiv 1(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

所以$x$是$a$关于$p$的逆元。时间复杂度为$O(logp)$

连续数的逆元

求$1$到$n$的逆元，如果一个一个求，那么很容易超时。我们可以线性来求。

显然，$1^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

假设现在我们求完了前$i-1$个数的逆元，要求第$i$个。我们令$k=\lfloor \frac{p}{i}\rfloor ,j=p\%i$，有$p=ki+j$，所以

$ki+j\equiv (\mathrm{mod}p)$

两边同时乘$i^{-1}\times j^{-1}$得：

$k{j}^{-1}+i^{-1}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$

$i^{-1}\equiv -k{j}^{-1}(\mathrm{mod}p)$

将$k=\lfloor \frac{p}{i}\rfloor ,j=p\%i$代入得：

$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \times (p\%i{)}^{-1}(\mathrm{mod}p)$

因为$p\%i<i$，我们已经求出小于$i$的正整数的逆元了，所以$j$的逆元已知。

于是，当$i>1$时，$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor (p\%i{)}^{-1}(\mathrm{mod}p)$

code

ny[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
	ny[i]=(p-p/i)*ny[p%i]%p;
}

求阶乘的逆元

求$1$到$n$的逆元。同样地，我们也可以用线性的方法来求。

先求出$1$到$n$的阶乘$s[i]$，然后用$O(logp)$的时间复杂度求出$s[n]$的逆元$ny[n]$

对于每一个$i(1\le i<n)$，因为$\frac{1}{i!}=\frac{1}{(i+1)!}\ast (i+1)$，所以$ny[i]=ny[i+1]\ast (i+1)\%p$

时间复杂度$O(n+logp)$

code

jc[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
	jc[i]=jc[i-1]*i%p;
}
ny[n]=mi(jc[n],p-2);
for(int i=n-1;i>=0;i--){
	ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%p;
}

其中$mi$是求快速幂

求任意n各数的逆元

先计算出前缀积$s[i]$，再求$s[n]$的逆元$ny[n]$

与求阶乘的逆元类似，对于每一个$i(1\le i<n)$，$ny[i]=ny[i+1]\ast a[i+1]\%p$

那么$a[i]$的逆元就是$s[i-1]\ast ny[i]\%p$，时间复杂度也是$O(n+logp)$