【数论】乘法逆元【CF】I. Prefix Prizes

乘法逆元

引入

\((a+b)\%p=(a\%p+b\%p)\%p\)

\((a-b)\%p=(a\%p-b\%p)\%p\)

\((a\times b)\%p=(a\%p\times b\%p)\%p\)

令\(a=k_1p+m_1,b=k_2p+m_2\)

易证以上三个性质

但\((a/ b)\%p=(a\%p/b\%p)\%p\)这个性质是不成立的

因而数学家引入乘法逆元这个性质用来解决这个问题

定义

在mod p意义下，对于一个数a，存在一个数x，使得\(a\times x\equiv1(mod \space p)\),那么则称整数x和a互为乘法逆元。

[充要条件]a存在模p的乘法逆元的充要条件是gcd(a,p)=1,即a与p互质。

应用

当求(a/b)%p时，可将其转换为a*(b的逆元)%p

证明

令b的逆元为x

$(a/b)%p=m\Rightarrow (a/b)%p=m%p\Rightarrow(a/b)%p\times(b%p)=m%p\times(b%p) $

\(\Rightarrow a\%p=(m\times b)\%p\Rightarrow a\%p\times x\%p=(m\times b)\%p\times x\%p\)

\(=m\%p\times (b\times x)\% p=m\%p\)

\(\Rightarrow (a\times x)\%p=m\%p\)

即\(\Rightarrow (a\times x)\%p=m\)

---

因而可使得原本不能用的性质，转化为可以使用的性质。

\((a\times b)\%p=(a\%p\times b\%p)\%p\)

逆元的求法

方法一：借助费马小定理

对于任意存在的整数a和p，有gcd(a,p)=1,且p为质数，则有\(a^{p-1}\%p=1\)

于是\((a^{p-2}\times a)\% p=1\),其中\(a^{p-2}\)为a的逆元，且可借助快速幂算法来求出。

快速幂

int qpow(int a,int n)
{
    int ans = 1;
    while(n)
    {
        if(n&1)
           ans *= a;
        a *= a;
        n >>= 1
    }
    return ans;
}

CF传送门

此题易知首项为1，末项为n
尝试去构造一个数列1，2，3，4，5，...，n-1，n。

前一项余数为x，后一项余数为x+1。

有\((x\times m)\%p=x+1\Rightarrow m\%p=(x+1)\times x^{-1}\Rightarrow m=(x+1)\times x^{-1}\)

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool isprime(int x)
{
	for(int i=2;i*i<=x;i++)
	{
		if(x%i==0)
		  return false;
	}
	return true;
}
ll mod;
ll qmi(ll base,ll n)
{
	ll ans=1;
	while(n)
	{
		if(n&1)ans=ans*base%mod;
		base=base*base%mod;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	mod=n;
	if(n<=3)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
	    {
	    	if(i!=1) cout<<" ";
	        cout<<i;
		}
	}
    else if(n==4)
      cout<<"1 3 2 4";
    else if(isprime(n))
    {
    	ll x=1;
    	cout<<1;
    	for(int i=2;i<=n-1;i++)
    	{
    		ll t=qmi(x,n-2)*(x+1)%mod;
        	cout<<" "<<t;
        	x++;
		}
		cout<<" "<<n;
	}
	else cout<<"-1";
    return 0;
}