逆元详解
今天我们来探讨逆元在ACM-ICPC竞赛中的应用，逆元是一个很重要的概念，必须学会使用它。
对于正整数
和
，如果有
，那么把这个同余方程中
的最小正整数解叫做模的逆元。
逆元一般用扩展欧几里得算法来求得，如果为素数，那么还可以根据费马小定理得到逆元为
。
推导过程如下
求现在来看一个逆元最常见问题，求如下表达式的值（已知
）
当然这个经典的问题有很多方法，最常见的就是扩展欧几里得，如果是素数，还可以用费马小定理。
但是你会发现费马小定理和扩展欧几里得算法求逆元是有局限性的，它们都会要求与互素。实际上我们还有一
种通用的求逆元方法，适合所有情况。公式如下
现在我们来证明它，已知，证明步骤如下
接下来来实战一下，看几个关于逆元的题目。
题目：http://poj.org/problem?id=1845
题意：给定两个正整数
和
，求
的所有因子和对9901取余后的值。
分析：很容易知道，先把分解得到
，那么得到
，那么
的所有因子和的表达式如下
所以我们有两种做法。第一种做法是二分求等比数列之和。
代码：
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10005;
const int MOD = 9901;
bool prime[N];
int p[N];
int cnt;
void isprime()
{
cnt = 0;
memset(prime,true,sizeof(prime));
for(int i=2; i<N; i++)
{
if(prime[i])
{
p[cnt++] = i;
for(int j=i+i; j<N; j+=i)
prime[j] = false;
}
}
}
LL power(LL a,LL b)
{
LL ans = 1;
a %= MOD;
while(b)
{
if(b & 1)
{
ans = ans * a % MOD;
b--;
}
b >>= 1;
a = a * a % MOD;
}
return ans;
}
LL sum(LL a,LL n)
{
if(n == 0) return 1;
LL t = sum(a,(n-1)/2);
if(n & 1)
{
LL cur = power(a,(n+1)/2);
t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;
}
else
{
LL cur = power(a,(n+1)/2);
t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;
t = (t + power(a,n)) % MOD;
}
return t;
}
void Solve(LL A,LL B)
{
LL ans = 1;
for(int i=0; p[i]*p[i] <= A; i++)
{
if(A % p[i] == 0)
{
int num = 0;
while(A % p[i] == 0)
{
num++;
A /= p[i];
}
ans *= sum(p[i],num*B) % MOD;
ans %= MOD;
}
}
if(A > 1)
{
ans *= sum(A,B) % MOD;
ans %= MOD;
}
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
LL A,B;
isprime();
while(cin>>A>>B)
Solve(A,B);
return 0;
}
第二种方法就是用等比数列求和公式，但是要用逆元。用如下公式即可
因为
可能会很大，超过int范围，所以在快速幂时要二分乘法。
代码：
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10005;
const int MOD = 9901;
bool prime[N];
int p[N];
int cnt;
void isprime()
{
cnt = 0;
memset(prime,true,sizeof(prime));
for(int i=2; i<N; i++)
{
if(prime[i])
{
p[cnt++] = i;
for(int j=i+i; j<N; j+=i)
prime[j] = false;
}
}
}
LL multi(LL a,LL b,LL m)
{
LL ans = 0;
a %= m;
while(b)
{
if(b & 1)
{
ans = (ans + a) % m;
b--;
}
b >>= 1;
a = (a + a) % m;
}
return ans;
}
LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
LL ans = 1;
a %= m;
while(b)
{
if(b & 1)
{
ans = multi(ans,a,m);
b--;
}
b >>= 1;
a = multi(a,a,m);
}
return ans;
}
void Solve(LL A,LL B)
{
LL ans = 1;
for(int i=0; p[i]*p[i] <= A; i++)
{
if(A % p[i] == 0)
{
int num = 0;
while(A % p[i] == 0)
{
num++;
A /= p[i];
}
LL M = (p[i] - 1) * MOD;
ans *= (quick_mod(p[i],num*B+1,M) + M - 1) / (p[i] - 1);
ans %= MOD;
}
}
if(A > 1)
{
LL M = MOD * (A - 1);
ans *= (quick_mod(A,B+1,M) + M - 1) / (A - 1);
ans %= MOD;
}
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
LL A,B;
isprime();
while(cin>>A>>B)
Solve(A,B);
return 0;
}
其实有些题需要用到
模
的所有逆元，这里为奇质数。那么如果用快速幂求时间复杂度为
，
如果对于一个1000000级别的素数，这样做的时间复杂度是很高了。实际上有
的算法，有一个递推式如下
它的推导过程如下，设
，那么
对上式两边同时除
，进一步得到
再把
和
替换掉，最终得到
初始化
，这样就可以通过递推法求出模奇素数的所有逆元了。
另外模的所有逆元值对应中所有的数，比如
，那么
对应的逆元是
。
题目：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2186
题意：求
中
互质的数的个数，其中
。
分析：因为，所以
，我们很容易知道如下结论
对于两个正整数
和
，如果是的倍数，那么
中与互素的数的个数为
本结论是很好证明的，因为
中与互素的个数为
，又知道
，所以
结论成立。那么对于本题，答案就是
其中
为小于等于
的所有素数，先筛选出来即可。由于最终答案对一个质数取模，所以要用逆元，这里
求逆元就有技巧了，用刚刚介绍的递推法预处理，否则会TLE的。
代码：
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10000005;
bitset<N> prime;
void isprime()
{
prime.set();
for(int i=2; i<N; i++)
{
if(prime[i])
{
for(int j=i+i; j<N; j+=i)
prime[j] = false;
}
}
}
LL ans1[N],ans2[N];
LL inv[N];
int main()
{
isprime();
int MOD,m,n,T;
scanf("%d%d",&T,&MOD);
ans1[0] = 1;
for(int i=1; i<N; i++)
ans1[i] = ans1[i-1] * i % MOD;
inv[1] = 1;
for(int i=2;i<N;i++)
{
if(i >= MOD) break;
inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
}
ans2[1] = 1;
for(int i=2; i<N; i++)
{
if(prime[i])
{
ans2[i] = ans2[i-1] * (i - 1) % MOD;
ans2[i] = ans2[i] * inv[i % MOD] % MOD;
}
else
{
ans2[i] = ans2[i-1];
}
}
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
LL ans = ans1[n] * ans2[m] % MOD;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
接下来还有一个关于逆元的有意思的题目，描述如下
证明：由
其中
所以只需要证明
，而我们知道
模
的逆元对应全部
中的所有数，既是单射也是满射。
所以进一步得到
证明完毕！