逆元

逆元（乘法逆元）

概念

若 \(ax\equiv 1(mod \ p)\)，且 \(a\) 与 \(p\) 互质，那么我们就能定义: \(x\) 为 \(a\) 在 \(mod\ p\) 下的逆元，记为 \(a^{-1}\)，所以我们也可以称 \(x\) 为 \(a\) 在 \(mod\ p\) 意义下的倒数

所以对于 \(\cfrac{a}{b}(mod\ p)\)，我们就可以求出 \(b\) 在 \(mod\ p\) 下的逆元，然后乘上 \(a\) ，再 \(mod\ p\)，就可以得到这个分数值了：

\[\cfrac{a}{b}(mod\ p)=b^{-1}\times a \ (mod\ p) \]

算法实现

拓展欧几里得

我们将求逆元看作求解线性同余方程 \(a\times x \equiv c \ (mod \ b))\) \((c=1)\) 的情况。我们就可以转化为解 \(ax+by=1\) 这个方程的解

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快速幂（费马小定理）

这个做法要利用 费马小定理：

若 \(p\) 为素数，\(a\) 为正整数，且 \(a\)，\(p\) 互质。 则有 \(a^{p-1} \equiv 1\ (mod \ p)\)

我们发现这个式子右侧正好等于 \(1\)，而根据逆元的定义 \(ax\equiv 1(mod \ p)\) ，合并二式得：

\[\begin{aligned} a \times x &\equiv 1 \ (mod \ p) \\ a \times x &\equiv a^{p-1} \ (mod \ p) \\ x &\equiv a^{p-2} \ (mod \ p) \end{aligned} \]

我们用快速幂求出 \(a^{p-2} \ (mod \ p)\)，就能得到 \(a\) 的逆元

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线性递推

适用范围：一串数字对于同一个模数 \(p\) 的逆元

我们先得出一个递推初始值：\(1^{-1} \equiv 1 \ (mod \ p)\)

然后设 \(p = k \times i+r\) （ \(k\) 为 \(\cfrac{p}{i}\) 的商 \(\lfloor\cfrac{p}{i}\rfloor\)，\(r\) 为余数 \((p \ mod \ i)\)）

将这个式子放在 \((mod\ p)\) 意义下,则有：

\[k\times i + r \equiv 0 \ (mod \ p) \]

然后乘上 \(i^{-1}r^{-1}\)得：

\[\begin{aligned} k\times i \times i^{-1}r^{-1}+r\times i^{-1}r^{-1} &\equiv 0 \ (mod \ p) \\ k\times r^{-1} + i^{-1} &\equiv 0 \ (mod \ p) \\ i^{-1} &\equiv -k\times r^{-1} \ (mod \ p) \end{aligned} \]

因为 \(k=\lfloor\cfrac{p}{i}\rfloor\)，\(r=(p \ mod \ i)\)，所以可以得到：

\[i^{-1}=-\lfloor\cfrac{p}{i}\rfloor \times (p \ mod \ i)^{-1} \ (mod \ p) \]

递推式：

\[inv(i)=-\lfloor\cfrac{p}{i}\rfloor \times inv(p \ mod \ i) \ (mod \ p) \]

inv[1] = 1; int n; // n 严格小于 p
for (int i = 2;i <= n;i ++) inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;