算法学习笔记(2): 欧拉定理与逆元

逆元

目录

• 逆元
  • 定义
  • 如何求？
    • 费马小定理
    • 扩展欧几里得算法
    • 欧拉定理
      • 欧拉定理证明
        • 数论证明
        • 扩展-群论证明
      • 扩展欧拉定理
    • 补充：快速幂
    • 线性求逆元
    • 线性求阶乘逆元
    • 同时求逆元与阶乘逆元

定义

逆元素，是指一个可以取消另一给定元素运算的元素

具体来说，对于实际的一些应用，如：

当我们想要求(11 / 3) % 10时

明显可以看出，是没有办法直接算的，这时就需要引入逆元

\(a\) 在模\(p\)意义下的逆元记作 \(a^{-1}\)，也可以用inv(a)表示

应当满足

\[a * a^{-1} \equiv 1 \pmod p \]

则此时，(11 / 3) % 10就可以写成(11 * inv(3)) % 10

可以求出，inv(3)在模10意义下= 7

\[\begin{aligned} 3 \times inv(3) &= 21 \\ 21 &\equiv 1 \pmod p \end{aligned} \]

故(11 / 3) % 10 = (11 * 7) % 10 = ((11 % 10) * (7 % 10)) = (1 * 7) % 10 = 7

为什么我要多此一举在第三步再变换一次？

在实际应用中，a * b可能会很大以至于溢出，导致错误，所以分开来乘以减小数据规模

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如何求？

费马小定理

依据费马小定理(需要注意先决条件，\(a\)与\(p\)互质且\(p\)是质数)

费马小定理可以通过欧拉定理求解，详见后文欧拉定理

\[gcd(a, p) = 1 \ and \ \text{p is prime} \implies a^p \equiv a \pmod p \]

故此时可以有

\[a^{-1} \equiv a^{p-2} \pmod p \]

扩展欧几里得算法

如果不满足先决条件呢？

这是相对来说的通法，但是总会有数据可以卡（不知道为什么

根据观察

\[a^{-1}\,a \equiv 1 \pmod p \]

令\(i = a^{-1}\)换成等式可以知道

\[ia + rp = 1 \]

由于已知\(a, p\)，则此时可以通过扩展欧几里得算法求解 \(i\) 的值

扩展欧几里得算法可以参考这篇文章：算法学习笔记(1): 欧几里得算法及其扩展

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欧拉定理

再推广一下？若 \(p\) 不为质数呢？

那么就要有欧拉定理来了

\[gcd(k, p) == 1 \implies k^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p \]

\(\varphi{(p)}\)指 \([1, p]\) 中与\(p\)互质的数的个数。特别的，\(1\)也算。

\(\varphi(p) = ord(\Z_p)\)

或者说, \(\varphi(p)\) 的大小就是模 \(p\) 的一个完全剩余系的大小

而完全剩余系满足运算封闭，所以下文中 \(A_1 = A_2\) 也可换一种解释方法了

举个例子：

• \(\varphi(7) = 6\) ，因为7是质数（所以在\(p\)为质数的时候就退化成费马小定理了）

• \(\varphi(6) = 2\)，因为只有1, 5和它互质

但是如何求\(\varphi(p)\)呢？

1. 将\(p\)分解质因数，于是有 \(p = a_1^{c_1} \, a_2^{c_2} \, a_3 ^{c_3} \ldots a_n^{c_n}\)

2. 此时\(\varphi(p) = p \prod\limits_{i=1}^{n}\frac {a_i -1}{a_i}\)

另外 \(\varphi(x)\) 为积性函数

\(gcd(x, y) = 1 \implies \varphi(xy) = \varphi(x)\varphi(y)\)

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欧拉定理证明

数论证明

令集合\(A\)为 \([1, p]\) 中所有与\(p\)互质的数，即

\[A_1 = \{a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{\varphi(p)}\} \]

任取一个与 \(p\) 互质的数 \(k\)

将\(A\)中每一个元素在模\(p\)意义下乘\(k\)，由于\(A\)中元素与\(p\)互质，且\(k\)也与\(p\)互质，可知

\[A_2 = \{ka_1 \% p, ka_2 \% p, ka_3 \% p, \ldots, ka_{\varphi(p)} \%p\} \]

也满足为 \([1, p]\) 中所有与p互质的数，故可知 \(A_1 = A_2\)

补充，为什么两者相等：

我们考虑在 \(A_2\) 中取出 \(ka_1\) 与 \(ka_2\)，并假设两者同余。即 \(ka_1 \equiv ka_2 \pmod p\)

也就是 \(p \mid k(a_1 - a_2)\)

由于 \(k\) 与 \(p\) 互质，可以得到 \(p | (a_1 - a_2)\)

同时，由于 \(a_1, a_2\) 在数列 \(A_1\) 中，意味着 \(|a_1 - a_2| \lt p\)

由于有且仅有一个实数 \(0\) 满足绝对值小于 \(p\) 且能被 \(p\) 整除

所以可以知道 \(ka_1 = ka_2\)

也就是说，\(A_2\) 中不存在相同的两个元素。同时，\(A_2\) 是由 \(A_1\) 中所有元素变化而来，也就是说 \(A_2\) 是与 \(A_1\) 等价的剩余系

经过重排序之后，两者相等

这里也可以看出,为什么 \(k\) 需要与 \(p\) 互质

于是

\[\prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)} {a_i} \equiv \prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)} k{a_i}\pmod p \]

即是

\[\prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)} {a_i} \equiv k^{\varphi(p)} \prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)} {a_i}\pmod p \]

左右相减，变形即可知 \(k^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p\)

扩展-群论证明

2023/01/15 更新

考虑 \(k\) 与 \(p\) 互质, 意味着 \(k\) 在模 \(p\) 的完全剩余系中

我们将之看成一个群, 并且可以知道, 模 \(p\) 的完全剩余系为一个循环群

那么\(\exists t, k^t \equiv 1 \pmod p\), 此时, \(|<k>|\ \ |t\) （\(t\) 是 \(k\) 的生成子群的大小的倍数）

根据某些定理：对于 \(k \in H, |<k>| \mid |H|\)

这个LaTeX格式太难看了QwQ。定理：循环群的大小一定是其生成子群大小的倍数

由于上文提及过 \(\varphi(p) = |H|\)

也就是说，\(\exists s, st = \varphi(p)\)

那么可以推出 \(k^t \equiv k^{\varphi(p)} \equiv1 \pmod p\)

这里也可以体现为什么 \(k\) 必须与 \(p\) 互质

只有 \(k\) 在 \(\Z_p\) 中才能进行上述推论

扩展欧拉定理

没有互质的限制了

\[\begin{cases} k \lt \varphi(p) \implies a^k \equiv a^k \pmod p\\ k \ge \varphi(p) \implies a^k \equiv a^{k \bmod \varphi(p) + \varphi(p)} \pmod p \end{cases} \]

想必证明很简单，这里就不展开叙述了 其实是太复杂了，懒得写 QwQ

【模板】扩展欧拉定理 - 洛谷

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补充：快速幂

可以看出，如果要利用欧拉定理，需要求\(a^k\)，当\(k\)非常大的时候，就需要快速幂的帮助了

推荐阅读：快速幂

这里给出一种参考代码

// (a**x) % p
int quickPow(int a, int x, int p) {
    int r = 1;
    while (x) {
        // no need to use quickMul when p*p can be smaller than int64.max !!!
        if (x & 1) r = (r * a) % p;
        a = (a * a) % p, x >>= 1;
    }
    return r;
}

至于其中的那一行注释，主要是考虑到当\(a\), \(p\)都很大（如：a = 1e15, p = 1e17 + 1时，a * a一定会溢出，所以需要“快速”乘来辅助）

实际上“快速”乘特别慢，是O(logn)的复杂度……所以叫龟速乘也不为过

推荐阅读：快速乘总结 - 一只不咕鸟，里面有更详细的阐述

这里给出快速乘的一种参考代码

// a*b % p O(log b)
int quickMul(int a, int b, int p) {
    // let b < a, to reduce a little time to process.
    if (a < b) std::swap(a, b);

    int r = 0;
    while (b) {
        if (b & 1) r = (r + a) % p;
        a = (a<<1) % p, b >>= 1;
    }
    return r;
}

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notice: 适当的使用long long

线性求逆元

不妨设我们需要求\(i\)在模\(p\)意义下的逆元

很容易知道，1的逆元为1，所以边界条件就有了

令 \(p = k i + r\), 放在模 \(p\) 意义下则有 \(ki + r \equiv 0 \pmod p\)

两边同时乘以 \(i^{-1}r^{-1}\) 可以得到 \(kr^{-1} + i^{-1} \equiv 0 \pmod p\)

变换一下

\[\begin{aligned} i^{-1} &\equiv -kr ^{-1} \pmod p \\ i^{-1} &\equiv -\lfloor \frac pi \rfloor (p\ mod\ i)^{-1} \pmod p \\ inv(i) &\equiv (p - \lfloor \frac pi \rfloor)inv(p \% i) \pmod p \end{aligned} \]

所以，有了递推式

inv[i] = (p - p/i) * inv[p % i] % p;

线性求阶乘逆元

这个东西一般用于求组合数

我们先预处理出阶乘

fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
    fac[i] = (fac[i - 1] * i) % p;

根据逆元定义\(i\ \frac 1i \equiv 1 \pmod p\)

所以 \(inv(i!) \equiv \frac 1 {i!} \pmod p\)

稍微变换一下

\[\frac 1 {i!} \equiv \frac 1 {(i + 1)!}(i + 1) \pmod p \]

所以有了递推式

ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % p

我们逆着推，假设最大需要到\(n\)

ifac[n] = quickPow(fac[n], p - 2);
for (int i = n; i; i--)
    ifac[i - 1] = ifac[i] * i % p;

同时求逆元与阶乘逆元

还是逆元的本质是求倒数

\[inv(i) \equiv \frac 1i \pmod p \]

稍微变换一下

\[inv(i) \equiv \frac 1 {i!} (i - 1)! \equiv inv(i!) (i - 1)! \pmod p \]

所以

inv[i] = ifac[i] * fac[i - 1] % p

合起来就是

for (int i = n; i; i--) {
    inv[i] = ifac[i] * fac[i - 1] % p;
    ifac[i - 1] = ifac[i] * i % p;
}

就可以在较少的常数下同时求得两者了

注意：如果模数小于要求的数的范围，那么……自求多福 QwQ