乘法逆元学习笔记(初学但易理解)

基本概念

所谓乘法逆元,就是两个整数a和x相乘再用一个(非1正整数)数p对它们取模,若取模后所得的值等于1,那么x和a在模p条件下互为乘法逆元.
用同余方程表达即:$a\ast x\equiv 1(modp)$,
用一般方程表达为:$a\ast x-k\ast p=1,(k\in z)$.
$(a存在逆元时有一充要条件:gcd(a,p)=1即a,p互质)$.
这样是不是清楚多了？如果不是,左转百度百科.
(注:以下算法时间复杂度均为求一个数逆元的时间级)

逆元求法

1.费马小定理+快速幂

时间复杂度:$O(logn)$(总$O(n\ast logn)$)
条件限制:$p$为质数.
(注:若p为合数,也可以用快速幂实现,不过要用上欧拉定理(小费马的一般形式),但用它来求逆元的实用性不大(要用欧拉筛$O(n)$.)
*(欧拉定理:若a、p互素，则有:
($\phi (p)为[1,p-1]的整数中与p互质的数的个数$)$a^{\phi (p)}\equiv 1(modp),代入得a^{\phi (p)}=x\ast a$,
$a^{\phi (p)-1}$就是$a$在$modp$意义下的逆元$x$)

由费马小定理得:
$对于整数a和质数p,若p|a,那么a^p\equiv a(modp);$
$否则:a^{p-1}\equiv 1(modp)$.
所以将该定理变形得$a^{p-1}-k\ast p=1(k\in z)$
带入$a\ast x-k\ast p=1,(k\in z)$.得$x=a^{p-2}$.
然后由于题中自带的模数都比较大,所以你懂的 快速幂码起！

例题:【模板】乘法逆元

#include
using namespace std;

long long n,p;

inline long long ksm(int i,int cf)//开long long,有保障,但相对慢一点点.
{
	long long sum=1,mi=i;
	while(cf)
	{
		if(cf&1)sum=((sum%p)*(mi%p))%p;//模p不勤快,爆零两行泪.
		mi=((mi%p)*(mi%p))%p;
		cf=cf>>1;
	}
	return sum%p;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&p);
	cout<<1<<endl;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	cout<<ksm(i,p-2)<<endl;//输出答案
	return 0;
}

但。。。T了？WTF$O(nlogn)$算法会T?尽管在其他板块这是个优秀的复杂度,但在数论方面太菜了 显然还能更优.
下面介绍另一种方法.

2.扩展欧几里得

时间复杂度:$O(lnn)$(总$O(n\ast lnn)$)
条件限制:似乎整数就行.

由这个方程:$a\ast x-k\ast p=1,(k\in z)$,令$k=-y,(y\in z)$
然后用求二元一次方程的方法，用扩展欧几里得算法求得：
$a\ast x+p\ast y=1,(k\in z)$一组x,y的整数解$x0,y0$和$gcd(x0,y0)$,并检查gcd(x0,y0)是否为1,若不为1则不存在逆元,若为1,将$x0$调整至$[0,m-1]$即可得到符合条件的解.

证明:
假如$p=0$,由于$gcd(a,p)=1$,因此$a=x=1$.
假如$p\ne 0$,不妨假设$a=k\ast p+r(k是a除以p的商,r是余数)$,并且我们已经求出了$p\ast x+r\ast y=1$的一组解(x0,y0).
$p\ast x0+(a-k\ast p)\ast y0=1$
$a\ast x1+p\ast y1=1$
$p\ast x0+a\ast y0-k\ast p\ast y0=p\ast (x0-k\ast y0)+a\ast y0=a\ast x1+p\ast y1$
$x1=y0；y1=x0-k\ast y0=x0-(a/p)\ast y0;$
那么(x1,y1)就是$a\ast x+p\ast y=1$的一组解.

虽然上一题还是不能过,但它可以过这个题:(第一种方法只有20分)
【NOIPS2012】同余方程

#include
#define ll long long
using namespace std;

ll n,p,x,y;//开long long 保险.

inline ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)//扩欧
{
	if(b==0)
	{
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	int r=exgcd(b,a%b,x,y);
	int t=x;
	x=y;
	y=t-(a/b)*y;
	return r;
}

int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&p);
	exgcd(n,p,x,y);
	cout<<(x%p+p)%p<<endl;//可以处理负数
	return 0;
}

总结一下这个算法:速度较快,范围广,但证明的思维难度较大,相比之下这种更适合数论较好的人使用.
下面介绍能A掉上面板子题的方法.
另一个板子题:【模板】有理数取余,不过要注意这道题的快读可以用来代替高精度的运算,如下:(快读的新功能)

inline int read()//幸好没有负数qwq
{
	int i=0;char ch;
	while(!isdigit(ch)){ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))
	{
		i=(i<<3)+(i<<1)+(ch-'0');
		i=i%p;//边模边算不会影响结果(取模运算法则在四则运算中只对除法不成立)
		ch=getchar();
	}
	return i;
}

更多有关扩欧的例题:青蛙的约会.

3.线性算法(类似于递推)

时间复杂度:$O(1)$(总$O(n)$)(能为所要求逆元的这个数的大小)
条件限制:只能从1开始算.

这个算法相对exgcd的优劣性非常明显,例如在求一段不是很大的一段很长的连续整数的逆元,它显然更优,但在求单个数或数个很大的数时exgcd就明显占上风了,所以在选算法时因题而异.

以下为某神牛的证明:
首先我们有一个$1^{-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
然后设$p=k\ast i+r,(1<r<i<p)$
($k是p/i的商,r是余数$)。

再将这个式子放到$(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$意义下就会得到：
$k\ast i+r\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)①$
然后乘上$i^{-1},r^{-1}$就可以得到:
$k\ast r^{-1}+i^{-1}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
$i^{-1}\equiv -k\ast r^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \ast (p\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i{)}^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)②$
$由于(pmodi)<i,所以,在求出i^{-1}之前,我们早已求出(pmodi{)}^{-1}$
因此用数组$ny[i]$记录$i^{-1}$(i的逆元)
则$ny[i]=-\frac{p}{i}\ast ny[pmodi]modp$;
不要以为到这里就结束了因为我们需要保证$i^{-1}>0$
所以,我们在②式右边$+p(pmodp=0),$答案不变,
即$ny[i]=p-\frac{p}{i}\ast ny[pmodi]modp;$
当然$ny[1]=1,ny[0]=0$;
注意$for$循环必须从2开始,不然会替换掉$ny[1]$的值.
于是，我们就可以从前面推出当前的逆元了。
以下为第一题代码:

#include
#define N 3000005
#define ll long long
using namespace std;

ll n,p;
ll ny[N];

int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&p);
	ny[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	ny[i]=(p-p/i)*ny[p%i]%p;//线性递推
	for(int i=1;i<=n;i++)
	printf("%d\n",ny[i]);
//	cout<<(ny[n]%b+b)%b<
	return 0;
}

主要运用

在带有除法的取余运算中,将除法化为乘法以避免某种情况下:
爆longlong或失精度(原因:(a/b)%p!=(a%p)/(b%p)很容易找反例证明).

如下面一道例题:
T100938 滞空

思想方法

这是一个物理&&逆元题.(假设从坐标$(x1,y1)$跳到$(x2,y2)$)
针对向下的跳的情况我们由高中物理得:$E=m\ast g\ast (x2-x1{)}^2/(4\ast |y2-y1|)$
针对向上的情况我们有:
$E=m\ast g\ast [(y2-y1)+(x2-x1{)}^2/(4\ast |y2-y1|)]$.
(前两个应该高中及以上的都会推吧(小初的巨神表示不屑于此 ))
针对高度差为零的情况,我们只需要求一个斜抛运动的最小初速度就行了(也很好证的,所以我就不证了qwq )
$最后得出:v_{min}=\sqrt{g(x2-x1)},E=mg(x2-x1)/2.$
最后用扩欧或小费马快速幂求逆元解决除法即可.

#include
#define in read()
#define N 1000005
#define int long long
using namespace std;

int n,m,g,pow1=0,pow2=0,ju,p=998244353,x,y;
struct zb{
int x,y;}a[N];

inline int in{
	int i=0;char ch;
	while(!isdigit(ch)){ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){i=(i<<3)+(i<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
	return i;
}//快读加速

inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)//扩欧求逆元(p是质数,也可用快速幂)
{
	if(b==0)
	{
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	int r=exgcd(b,a%b,x,y);
	int t=x;
	x=y;
	y=t-(a/b)*y;
	return r;
}

inline int exgcdd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	exgcd(a,b,x,y);
	return (x%p+p)%p;//这才是逆元,而x只是一个可行的二元方程解.
}

signed main()
{
//	freopen("jump.in","r",stdin);
//	freopen("jump.out","w",stdout);
	n=in,m=in,g=in;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	a[i].x=in,a[i].y=in;
	int wei=m*g%p;
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		int dtx=(a[i+1].x-a[i].x)%p,dty=(a[i+1].y-a[i].y)%p;
		int eg=exgcdd(abs(dty),p,x,y)%p,es=exgcdd(4,p,x,y)%p;
		if(dty)
		{	
			if(dty>0)pow2=(pow2+(wei*(dty)%p))%p;//判由低到高
			pow1=(pow1+(((wei%p)*(dtx*dtx%p)%p)*(eg*es%p)%p)%p)%p;//一定尽可能多的取模！
		}
		else//高度一样的情况
		{
			int er=exgcdd(2,p,x,y)%p;
			pow1=(pow1+(wei*(dtx*er%p)))%p;
		}
	}
	int poww=(pow1+pow2)%p;
	//printf("%lld %lld\n",pow1,pow2);
	printf("%lldJ\n",poww);
	return 0;
}

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相信做完这两道题后可以让大家对逆元有一个更深刻的理解吧!