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乘法逆元

我们知道，由于同余的运算只定义在整数集中，而整数集不满足除法封闭，所以同余是不满足同除性的。但是，如果有涉及取模操作的计数类题目当中需要除法运算怎么办，这就需要乘法逆元了。

定义

若整数(b,m)互质，且(b|a)，则存在一个整数(x)，满足(frac{a}{b}equiv ax(mod m))，称(x)为(b)在模(m)意义下的乘法逆元，即为(b^{-1}(mod m))。

通常来说，我们会使用另一种方式来表示逆元：

[frac{a}{b}equiv ab^{-1}equiv frac{a}{b}*b*b^{-1}(mod m) ]

故对于逆元(b^{-1}(mod m))，满足(b*b^{-1}equiv 1(mod m))。

求解

了解了模意义下乘法逆元的定义和作用，那么我们需要知道如何求解。通常来说，我们有好几种常用的方式，如费马小定理，扩展欧几里得等，接下来我们一一详解。

费马小定理

若(p)为质数，则对于任意整数(a)，有(a^pequiv a(mod p))。

注意到著名的费马小定理和我们的逆元非常像，可以推导一下：

[a^pequiv a(mod p) \a^{p-1}equiv 1(mod p) \a*a^{p-2}equiv 1(mod p) ]

所以，当模数(p)为质数时，(a^{p-2})就是(a)在模(p)意义下的乘法逆元。

(a^{p-2})显然是可以用快速幂算的，那么我们就得到了逆元的第一种解决方案，可以求解单独一个数的逆元，时间复杂度为(O(log_2p))。

(Code:)

inline long long power(long long a,long long b,long long p)
{
    long long res=1;
    while (b)
    {
        if (1&b)res=res*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
inline long long Fermat(long long a,long long p)
{
    return power(a,p-2,p);
}

欧拉定理

若正整数(a,p)互质，则(a^{ϕ(p)}≡1(mod p))，(ϕ(p))为欧拉函数。

费马小定理求逆元的话是要求模数(p)为质数的，更一般地，如果只能保证(a,p)互质，那么我们可以用欧拉定理求逆元。

[a^{phi(p)}equiv 1(mod p) \a*a^{phi(p)-1}equiv 1(mod p) ]

那么(a^{phi(p)-1})就是(a)在模(p)意义下的一个乘法逆元。

欧拉函数可以用试除法分解质因数求，那么这就是求解逆元的第二种方法，可以求解单独一个数的逆元，时间复杂度(O(sqrt p+log_2p))。

(Code:)

inline long long power(long long a,long long b,long long p)
{
    long long res=1;
    while (b)
    {
        if (1&b)res=res*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
inline long long phi(long long x)
{
    long long ans=x;
    for (long long i=2;i*i<=x;i++)
    {
        if (x%i==0)
        {
            ans=ans/i*(i-1);
            while (x%i==0)x/=i;
        }
    }
    if (x>1)ans=ans/x*(x-1);
    return ans;
}
inline long long Eular(long long a,long long p)
{
    return power(a,phi(p)-1,p);
}

线性同余方程

我们已经知道了只有(a,p)互质时逆元(a^{-1})的求法，但是试除法求解欧拉函数未免有点慢。考虑到我们已经得到了逆元的表达方式，其实我们可以直接通过解线性同余方程的方法入手，求解逆元。

已知逆元(a^{-1}(mod p))满足(a*a^{-1}equiv 1(mod p))，令(x=a^{-1})，则(axequiv 1(mod p))。

这是一个简单的线性同余方程，设(-py=ax-1)，则可以将方程改写为(ax+py=1)，利用扩展欧几里得算法找到解。

这就是求解逆元的第三种方法，以求解单独一个数的逆元，时间复杂度(O(log_2a+log_2p))。

(Code:)

inline long long Exeuclid(long long a,long long &x,long long b,long long &y,long long c)
{
    if (!b){x=c/a,y=0;return a;}
    else
    {
        long long p=Exeuclid(b,x,a%b,y,c);
        long long x_=x,y_=y;
        x=y_,y=x_-a/b*y_;
        return p;
    }
}
inline long long Euclid(long long a,long long p)
{
    long long x_,y_;
    Exeuclid(a,x_,p,y_,1);
    return (x_+p)%p;
}

逆元递推

如果求的是单独一个数的逆元的话，那么以上的算法基本上可以完美解决了。现在，如果需要快速的求解(1-n)每一个数模(p)意义下的逆元，我们就需要要到逆元递推了。

引理：(x^{-1}=(p-frac{p}{x})*(p mod x)^{-1} mod p)

证明：

设(t=lfloor frac{p}{x} floor)，(k=p mod x)，即(p=tx+k)。

那么显然有(tx+kequiv 0(mod p))，则(-txequiv k(mod p))。

将上式两边同时除以(x*k)，则(-t*k^{-1}equiv x^{-1}(mod p))，进而得到(x^{-1}=(p-frac{p}{x})*(p mod x)^{-1} mod p)。

已知(1^{-1}=1)，那么剩下的递推就行了，可以求解(1-n)所有数的逆元，时间复杂度(O(n))。

(Code:)

inline long long recursion(int n)
{
    inv[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
        inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
}

逆元递归

当然，利用上述引理，我们也可以直接递归来求解单独一个数的逆元，时间复杂度为(O(log_2a))。

(Code:)

inline long long inv(long long x,long long p)
{
    if (x==1)return 1;
    else return (p-p/x)*inv(p%x)%p;
}

总结

至此，本文已经介绍了(5)种求乘法逆元的方案，其中每一种方法都有各自的优缺点，希望读者能够灵活运用，选择合适的方法来求解逆元。

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<后记>