【模板】逆元

先介绍两个数学定理。。。

同余

两个整数a、b，若它们除以整数m所得的余数相等，则称a与b对于模m同余或a同余于b模m。

记作：a≡b (mod m)，

读作：a同余于b模m，或读作a与b对模m同余，例如26≡2(mod 12)。

定义

设m是大于1的正整数，a、b是整数，如果m|(a-b)，则称a与b关于模m同余，记作a≡b(mod m)，读作a与b对模m同余。

显然,有如下事实

（1）若a≡0(mod m)，则m|a；

（2）a≡b(mod m)等价于a与b分别用m去除，余数相同。

证明

充分性：m|(a-b)→a≡b(mod m)。

设a=mq1+r1，b=mq2+r2，

且0≤r1,r2<m，

∵m |(a-b)，

又a-b=m(q1-q2)+(r1-r2)。

∴必有常数n使得(r1-r2)=mn。

则有m|(r1-r2)。

∵0≤r1,r2<m，

∴0≤|r1-r2|<m，

∴r1-r2=0，

即r1=r2，故a≡b(mod m)。

必要性:a≡b(mod m)→m|(a-b)。

设a,b用m去除余数为r，

即a=mq1+r,b=mq2+r。

∵m(q1-q2)=(a-b)，

∴m|(a-b)。

费马小定理

内容：如果p是一个质数，而整数a不是p的倍数，则有a^（p-1）≡1（mod p），所以有a^(p-2)=a^-1

证明：

补充几个定义：

剩余系：对于一个特定整数n，一个整数集中所有数模n的余数集

完全剩余系：设m∈Z+，若r0,r1,...rm-1为m个整数，并且两两模m不同余，则r0,r1,...rm-1叫作模m的一个完全剩余系。

引理1．

　　若a,b,c为任意3个整数,m为正整数，且m与c互质，则当a·c≡b·c(mod m)时，有a≡b(mod m）。
证明：a·c≡b·c(mod m)可得ac–bc≡0(mod m)可得(a-b)·c≡0(mod m)。因为(m,c)=1即m,c互质，c可以约去，a– b≡0(mod m)可得a≡b(mod m)。

引理2．
　　设m是一个整数且m>1，b是一个整数且m与b互质。如果a[1],a[2],a[3],a[4],…a[m]是模m的一个完全剩余系，则b·a[1],b·a[2],b·a[3],b·a[4],…b·a[m]也构成模m的一个完全剩余系。
　　证明:若存在2个整数b·a[i]和b·a[j]同余即b·a[i]≡b·a[j](mod m)..(i>=1 && j>=1)，根据引理1则有a[i]≡a[j](mod m)。根据完全剩余系的定义可知这是不可能的，因此不存在2个整数b·a[i]和b·a[j]同余。

所以b·a[1],b·a[2],b·a[3],b·a[4],…b·a[m]构成模m的一个完全剩余系。

构造素数

的完全剩余系

因为

，由引理2可得

也是p的一个完全剩余系。由完全剩余系的性质，

即

易知

，同余式两边可约去

，得到

这样就证明了费马小定理（摘自百度词条，仔细想想确实很好懂）

扩展欧几里得（主要用于求解不定方程）

补充：欧几里得算法（辗转相除）

定义：对于已知a，b，必然存在ax+by=gcd（a，b）

证明：

由 ax+by=gcd（a，b）得 bx1+（a%b）y1=gcd（b，a%b）

又∵a%b=a-[a/b]*b （此处[]为向下取整函数）

函数图像为：

（会有用）

ax+by=bx1+（a-[a/b]*b）y1

化简为：

a（x-y1）=b（x1-y-[a/b]*y1）

解得

x=y1

y=x1-[a/b]*y1

从头递归求解就行。

怎样求逆元

扩展欧几里得

大概思路：

设a在模p意义下的逆元为x

则有 axΞ1（mod p）

∴ax=kp+1 （k为未知数）

∴ax-kp=1

利用扩展欧几里得求不定方程解就好

#include<iostream>
using namespace std;
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
}
int main()
{
    int n,p;
    cin>>n>>p;
    int x,y;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        exgcd(i,p,x,y);
        x=(x%p+p)%p;
        cout<<x<<endl;
    }
    return 0;
}

（长的跟想象中的不太一样，着重记一记）

费马小定理

大概思路：

∵a^-1=a^（p-2）

利用快速幂求解

#include<iostream>
using namespace std;
int fm(int a,int b,int p)
{
    int base=a;
    int ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        ans=(ans*base)%p;
        base=(base*base)%p;
        b=b/2;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int n,p;
    cin>>n>>p;
    int p1=p-2;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cout<<fm(i,p1,p)<<endl;
        
    }
    return 0;
}

代码大概长这样

看一道题。。

可以每个数直接调用上述的两种求逆元的方法，求解时间复杂度O（nlogn）

还可以更优化一点，利用1，2，3，……n-1的逆元求n的逆元

（看不懂的话可以想一下模运算的加法原理）

（因为r小于i，所以r的逆元已知）

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long int inv[3000003];
int main()
{
    int n,p;
    cin>>n>>p;
    inv[1]=1;
    cout<<1<<endl;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        inv[i]=(long long int)(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        printf("%d
",inv[i]);
        
    }
    return 0;
}