ACM数论之旅6---数论倒数,又称逆元(我整个人都倒了( ̄﹏ ̄))

 

数论倒数,又称逆元(因为我说习惯逆元了,下面我都说逆元)

数论中的倒数是有特别的意义滴

你以为a的倒数在数论中还是1/a吗

(・∀・)哼哼~天真

 

先来引入求余概念

 

(a +  b) % p = (a%p +  b%p) %p  (对)

(a  -  b) % p = (a%p  -  b%p) %p  (对)

(a  *  b) % p = (a%p *  b%p) %p  (对)

(a  /  b) % p = (a%p  /  b%p) %p  (错)

 

为什么除法错的

证明是对的难,证明错的只要举一个反例

(100/50)%20 = 2       ≠      (100%20) / (50%20) %20 = 0

 

对于一些题目,我们必须在中间过程中进行求余,否则数字太大,电脑存不下,那如果这个算式中出现除法,我们是不是对这个算式就无法计算了呢?

答案当然是 NO (>o<)

 

这时就需要逆元了

 

我们知道

如果

a*x = 1

那么x是a的倒数,x = 1/a

但是a如果不是1,那么x就是小数

那数论中,大部分情况都有求余,所以现在问题变了

a*x  = 1 (mod p)

那么x一定等于1/a吗

不一定

所以这时候,我们就把x看成a的倒数,只不过加了一个求余条件,所以x叫做    a关于p的逆元

 

比如2 * 3 % 5 = 1,那么3就是2关于5的逆元,或者说2和3关于5互为逆元

这里3的效果是不是跟1/2的效果一样,所以才叫数论倒数

 

a的逆元,我们用inv(a)来表示

 

那么(a  /  b) % p = (a * inv(b) ) % p = (a % p * inv(b) % p) % p

这样就把除法,完全转换为乘法了 (。・ω・),乘法超容易

 

 

 

 

 

 

 

 

 

正篇开始

 

逆元怎么求

(忘了说,a和p互质,a才有关于p的逆元)

 

 

 

 

 

 

方法一:

 

费马曾经说过:不想当数学家的数学家不是好数学家(( ̄▽ ̄)~*我随便说的,别当真)

费马小定理

a^(p-1) ≡1 (mod p)

两边同除以a

a^(p-2) ≡1/a (mod p)

什么(,,• ₃ •,,),这可是数论,还敢写1/a

应该写a^(p-2) ≡ inv(a) (mod p)

 

所以inv(a) = a^(p-2) (mod p)

这个用快速幂求一下,复杂度O(logn)(ง •̀_•́)ง 

 1 LL pow_mod(LL a, LL b, LL p){//a的b次方求余p 
 2     LL ret = 1;
 3     while(b){
 4         if(b & 1) ret = (ret * a) % p;
 5         a = (a * a) % p;
 6         b >>= 1;
 7     }
 8     return ret;
 9 }
10 LL Fermat(LL a, LL p){//费马求a关于b的逆元 
11         return pow_mod(a, p-2, p);
12 }

 

 

 

 

 

 

 

方法二:

 

要用扩展欧几里德算法

还记得扩展欧几里德吗?(不记得的话,欧几里得会伤心的(╭ ̄3 ̄)╭♡)

 

a*x + b*y = 1

如果ab互质,有解

 

这个解的x就是a关于b的逆元

y就是b关于a的逆元

为什么呢?

 

你看,两边同时求余b

 

a*x % b + b*y % b = 1 % b

a*x % b = 1 % b

a*x = 1 (mod b)

 

你看你看,出现了!!!(/≥▽≤/)

所以x是a关于b的逆元

反之可证明y

 

附上代码:

 1 #include<cstdio>
 2 typedef long long LL;
 3 void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d){
 4     if (!b) {d = a, x = 1, y = 0;}
 5     else{
 6         ex_gcd(b, a % b, y, x, d);
 7         y -= x * (a / b);
 8     }
 9 }
10 LL inv(LL t, LL p){//如果不存在,返回-1 
11     LL d, x, y;
12     ex_gcd(t, p, x, y, d);
13     return d == 1 ? (x % p + p) % p : -1;
14 }
15 int main(){
16     LL a, p;
17     while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){
18         printf("%lld\n", inv(a, p));
19     }
20 }

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

方法三:

当p是个质数的时候有
inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p

这为啥是对的咩?

证明不想看的孩子可以跳过。。。( ̄0  ̄)

证明:
设x = p % a,y = p / a
于是有 x + y * a = p
(x + y * a) % p = 0
移项得 x % p = (-y) * a % p
x * inv(a) % p = (-y) % p
inv(a) = (p - y) * inv(x) % p
于是 inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p

然后一直递归到1为止,因为1的逆元就是1

 

代码:

 1 #include<cstdio>
 2 typedef long long LL;
 3 LL inv(LL t, LL p) {//求t关于p的逆元,注意:t要小于p,最好传参前先把t%p一下 
 4     return t == 1 ? 1 : (p - p / t) * inv(p % t, p) % p;
 5 }
 6 int main(){
 7     LL a, p;
 8     while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){
 9         printf("%lld\n", inv(a%p, p));
10     }
11 }

 

 

 

这个方法不限于求单个逆元,比前两个好,它可以在O(n)的复杂度内算出n个数的逆元

递归就是上面的写法,加一个记忆性递归,就可以了

递推这么写

 1 #include<cstdio>
 2 const int N = 200000 + 5;
 3 const int MOD = (int)1e9 + 7;
 4 int inv[N];
 5 int init(){
 6     inv[1] = 1;
 7     for(int i = 2; i < N; i ++){
 8         inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD;
 9     }
10 }
11 int main(){
12     init();
13 }

 

 

 

 

 

 

又学到新知识了o(*≧▽≦)ツ好开心

 

posted @ 2016-02-18 20:00 镜外之主 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏