数论篇4——逆元(数论倒数)

问题引入

对于取余运算,有一下一些性质:

 数论篇4——逆元(数论倒数)_第1张图片

但是唯独除法是不满足的:

 

 为什么除法错的呢?很好证明:

 数论篇4——逆元(数论倒数)_第2张图片

 而对于一些题目,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,我们就需要逆元了,将除法运算转换为乘法运算

逆元

定义:

 数论篇4——逆元(数论倒数)_第3张图片

对于c,可以说是特殊意义上的倒数,我们可以理解为要求在0,1,2……p-1之间找一个数,是的这个数和a相乘后再取模p,得到的结果为1。

现在就要在回到刚才的问题了,除以一个数等于乘上这个数的倒数,在除法取余的情况下,就是乘上这个数的逆元,即:

 

这样就把除法,完全转换为乘法了。

逆元的性质

唯一性

给定一个数a,若存在模p下的逆元c,c一定唯一。

自反性

c是a的逆元,a也是c的逆元。

逆元的求解

对于逆元的求解,如果n较小的话,是容易算出来的,例如,求3在模26下的逆元:

数论篇4——逆元(数论倒数)_第4张图片

但是当n非常大的时候,手动求解就非常困难了。

扩展欧几里得算法(extend_gcd)

$a\cdot a^{1}\equiv 1(mod\ b)$

模数可以不为质数,满足gcd(a,b)=1即可

定义:

对于逆元的表达式可以做一些变换:

 数论篇4——逆元(数论倒数)_第5张图片

 当gcd(a,b)=1时,代入extend_gcd(a,b,x,y),得到的非负的x值,就是上面的$a^-1$

int extend_gcd(int a, int b, int& x, int& y) {
    if (b == 0) {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int q = extend_gcd(b, a % b, x, y);
    int temp = x;
    x = y;
    y = temp - a / b * y;
    return q;
}

费马小定理

只适用于模数为质数的情况,如果模数不是质数,可以变换一下,用欧拉定理。

如果p是一个质数,且a不是p的倍数则有 

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

根据同余除法定理,两边同除以a

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

所以

 $a^{-1}= a^{p-2}(mod\ p)$

用快速幂求一下,复杂度O(logn)

线性递推

只适用于模数为质数的情况

当p为质数时有$$a^{-1}=(p-[p/a])\cdot (p\%a)^{-1}\%p$$

证明:

 数论篇4——逆元(数论倒数)_第6张图片

1的逆元就是1,这个方法复杂度是$O(n)$,但并不是说比前两个差,它可以在O(n)的复杂度内算出n个数的逆元。

inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < p; ++ i)
    inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;

阶乘递推求逆元

只适用于模数为质数的情况

设 $f(i)=inv(i\ !)$

则根据:$f(i-1)=\frac{1}{\ (i-1)\ !}=\frac{1}{i\ !}\times i =f(i)\times i$

有:$f(i-1) = f(i)\times i$

假设要求 $[1,n]$ 中所有数的逆元,先求得 $[1,n]$ 中所有数的阶乘

可以用 费马小定理 求得 $f(n)$ 的值,之后递推出 $f(1 \sim n)$ 的值

但是 $inv(1! \sim n! )$ 并不是我们想要的答案,需要继续转化。

根据:$inv(i)=\frac{1}{i}=\frac{1}{i\ !}\times (i-1)\ ! = inv(i!)\times (i-1)!$

最终的转换式 :$$inv(i) = inv(i!) \times(i-1)\ ! $$

时间复杂度也是$O(n)$

    int N,P;
    fact[0] = 1;
    //mod P 求阶乘
    for (int i = 1; i <= N; i++) 
        fact[i] = fact[i - 1] * i % P;
    //求N! mod p的逆元
    inv[N] = quickPower(fact[N], P - 2, P) % P;
    //递推求N!~1! mod p的逆元
    for (int i = N - 1; i >= 1; i--)
        inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;
    //转换输出
    for (int i = 1; i <= N; i++) 
        printf("%d\n", (inv[i] * fact[i - 1]) % P); 

 逆元的应用

费这么大周章求出来的逆元究竟有什么用呢?

将除法转换为乘法

已知$n$为任意整数,$(a,p)=1$,则$n\div a\ mod\ p = n\cdot a^{-1}\ mod\ p$,

比如 $12\div 4\ mod\ 7 = 12\cdot 2\ mod\ 7=3$。

具体使用情况就可以是上面提到的,一个取余运算式中间出现了除号。

但如果式子中没有取余呢?那自己取一个呗,取一个特别大的素数(但是不能太大,推荐取1e9+7,好记,快速幂也不会爆long long范围,可以运算所有int范围的数据)

测试代码:

const LL P = 1e9 + 7;

LL quickPower(LL a, LL n, LL p) {
    LL res = 1;
    while (n) {
        if (n & 1) {
            res = (res % p * a % p) % p;
        }
        a = (a % p * a % p) % p;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    LL _a = quickPower(8, P - 2, P);
    LL res = (72 * _a) % P;
    cout << res << endl;
    return 0;
}

注意以下几点:

  • 如果真的要计算的数字特别大,可能需要考虑使用快速乘(龟速乘)。
  • 要注意实际是否会出现除不尽的情况,因为分数取模比较特殊,算出来的结果不是你想要的答案。
  • 具体使用看情况吧,俺还没遇见过。。。

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