题解 P3811 【【模板】乘法逆元】

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【数论】乘法逆元

Definition

对于一个数 x 和一个模数 p，若存在一个数字 y，满足

x \times y \equiv 1 \pmod p

则称 y 是 x 在模 p 意义下的逆元，记做 x^{-1}~\equiv y \pmod p。

一个数字逆元在模意义下的运算中可以完全取代该数字的倒数。例如 \frac{x}{y}~\equiv x \times y^{-1} \pmod p，其中 y^{-1} 代表 y 的逆元。

Algorithm

Lemma

首先需要指出的是，一个数 x 在模 p 意义下存在逆元，当且仅当 x 与 p 互质。

Proof

这里只证明当 x 与 p 不互质时不存在逆元。对于逆元的存在性，由于下面的部分给出了逆元的构造算法，这就已经证明了在互质时逆元是存在的。

反证法，设对于任意的 x \in Z^+，存在 x^{-1} \in Z^+

x \times x^{-1} \equiv 1 \pmod p~~~~~~(1)

且

\gcd(x,~p) = d \neq 1~~~~~~(2)

根据同余的定义，(1) 可以写成：

x \times x^{-1} = k \times p + 1~~~~~~(3)

其中 k 是一个非负整数。

将 (3) 的等号两侧同时除以 (2) 中的 d：

\frac{x \times x^{-1}}{d}~=~\frac{k \times p + 1}{d}~~~~~~(4)

整理得到

\frac{x}{d} \times x^{-1}~=~\frac{p}{d} \times k + \frac{1}{d}~~~~~~(5)

因为 d = \gcd(x, p)，所以 d 一定是 x 和 p 的因数。所以

而因为 $d \neq 1$，所以 $\frac{1}{d}$ 一定不是整数，因此 $\frac{p}{d} \times k + \frac{1}{d}$ 不是整数。 于是等号左侧是整数，等号右侧不是整数，左侧一定不等于右侧，产生矛盾。这就矛盾证明了 $x$ 在模 $p$ 意义下存在逆元仅当 $x$ 与 $p$ 互质。 --- 以下介绍求逆元的算法： #### 求单个数字的逆元 ##### Algorithm 1 $$x \times x^{-1}~\equiv 1 \pmod p$$ 显然可以转化成方程 $x \times x^-1 = 1 + kp

令 y = -k，移项得到

x \times x^{-1} + y \times p = 1

注意到这个式子就是扩展欧几里得算法所求的式子

ax + by = 1

只不过 x 作为一个常数，是欧式式子里的 a，同理 p 是欧式式子里的 b。使用扩展欧几里得算法求解上面这个式子即可。时间复杂度 O(\log x)。

Algorithm 2

根据欧拉定理

x^{\phi(p)} \equiv 1 \pmod p

其中 \phi 为欧拉函数，\phi(p) 表示小于 p 的正整数中与 p 互质的数的个数。

等式两侧同乘 x^{-1} 可以得到

x^{\phi(p) - 1} \equiv x^{-1} \pmod p

显然当 p 是一个质数时，\phi(p) = p - 1，这时可以 O(1) 算出 \phi(p) - 1 的值，即可用快速幂 O(\log x) 求出 x 的逆元。这个算法好写好记，常数也较小。一般当 p 为 int 范围内的质数时选择此算法。当 p 不在 int 范围内时，由于快速幂时需要两个 long long 相乘，会爆精度。

有关欧拉定理的证明可以看这里

求 n 以内所有正整数模 p 的逆元

显然，由于 n 以内所有正整数都有在模 p 意义下的逆元，所以 p 和 n 以内的所有数互质。

结论：设 inv_i 为 i 的逆元，则有递推式

inv_i \equiv -\left\lfloor\frac{p}{i}\right\rfloor \times inv_{p \bmod i} \pmod p

边界条件为

inv_1 = 1
Proof

首先 inv_1 = 1 显然成立。

对于 i > 1，写出 p 除以 i 的带余除法表达式：

p = ki + r

其中 r \in [0, i - 1]

等式两侧对 p 取余数，有

0 \equiv ki + r \pmod p

移项得到

r \equiv -ki \pmod p

两侧同乘 i^{-1} \times r^{-1}，整理得到

i^{-1} \equiv -kr^{-1} \pmod p

由于 k = \left\lfloor\frac{p}{i}\right\rfloor，r = p \bmod i，所以原式得证。

又因为 r < i，所以在计算 inv_i 时，inv_r 已经被计算完成，所以上述递推可以完成。

证毕。

这样做的时间复杂度显然是 O(n)

求 n! 的逆元

因为 (n!)^{-1} \equiv \frac{1}{n!} \equiv \prod_{i = 1}^n n^{-1}，所以线性筛出 n 以内所有数字的逆元时，可以顺便求出 n! 的逆元。时间复杂度 O(n)

Code

Ex_Gcd

#include <iostream>

typedef long long int ll;

ll x, p;

void Ex_gcd(const ll a, const ll b, ll &X, ll &Y);

int main() {
  std::cin >> x >> p;
  ll a, b;
  Ex_gcd(x, p, a, b);
  std::cout << (a % p + p) % p << std::endl;
  return 0;
}

void Ex_gcd(const ll a, const ll b, ll &X, ll &Y) {
  if (b == 0) {
    X = 1; Y = 0;
  } else {
    Ex_gcd(b, a % b, Y, X);
    Y -= a / b * X;
  }
}

欧拉定理

#include <iostream>

typedef long long int ll;

ll X, p;

ll mpow(ll x, ll y);

int main() {
  std::cin >> X >> p;
  std::cout << mpow(X, p - 2) << std::endl;
  return 0;
}

ll mpow(ll x, ll y) {
  ll _ret = 1;
  while (y) {
    if (y & 1) (_ret *= x) %= p;
    y >>= 1;
    (x *= x) %= p;
  }
  return _ret;
}

线性求逆元

这里的 factinv 即为阶乘逆元。

#include <cstdio>

const int maxn = 3000005;

int n, p;
int inv[maxn], factinv[maxn];

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &p);
  factinv[1] = inv[1] = 1;
  printf("%d\n", 1);
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    inv[i] = 1ll * (p - p / i) * inv[p % i] % p;
    printf("%d\n", inv[i]);
    factinv[i] = 1ll * factinv[i - 1] * inv[i] % p;
  }
  return 0;
}