逆元详解

原文链接： 这里

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！