浅谈乘法逆元

浅谈乘法逆元

乘法逆元，一般用于求解\(\frac{A}{C}(mod ~ P)\)的值，因为我们通过模的定义可以知道上式显然不等于\(\frac{A \% P}{B \% P}\)。例子有很多不再举了。那么如果我们要求上式大多数情况都需要借助逆元。

首先是定义：

若\(A \times X \equiv 1 (mod ~ P)\)，并且\(A \perp P\)(\(\perp\)：互质)，那么我们就称\(X\)为\(A\)的逆元，简称为\(A^{- 1}\)，也就是\(A\)在\(mod ~ P\)意义下的倒数。

借此我们可以知道\(\frac{A}{C}(mod ~ P)\)的求法：我们先求出\(C\)在\(mod ~ P\)意义下的逆元，然后\(\times A\)就是答案了。那么我们主要求的就是\(C\)的逆元。

扩展欧几里得版

首先从最简单开始，就是一个扩展欧几里得，直接求解\(A \times X + P \times Y = 1\)就行了。

inline void Exgcd(int A, int P, int X, int Y) {
	if (! B) X = 1, Y = 0 ;
	else Exgcd(P, A % P, Y, X), Y -= A / B * X ;
}

这个方法虽然时间上比较慢，但是有一个优点，就是当\(A\)与\(P\)不互质的时候，依然可以适用。但是下面介绍的其他方法就必须满足\(A \perp P\)了。

费马小定理版

回顾一下费马小定理的内容：

若\(A \perp P\)， 则\(A^{P - 1} \equiv 1(mod ~ P)\)。

我们可以把它运用到乘法逆元里。结合\(A \times X \equiv 1(mod ~ P)\)可以得到\(A \times X \equiv A^{P - 1}(mod ~ P)\)。当\(P\)为质数的时候，我们把左右都除以一个\(A\)可以得到\(X \equiv A^{P - 2}(mod P)\)。然后就可以一个快速幂求出来了。

inline void Fpm(int A, int P) {
	int Ans = 1 ; int M = P ;
	A %= M ; P -= 2 ;
	while (P) {
		if (P & 1) Ans = Ans * A % M ;
		A = A * A % M ; P >> = 1 ;
	}	return Ans % M ;
}

上面的复杂度是\(O(logN)\)的，在求多个逆元的时候可能\(O(NlogN)\)是过不去的。当然我们还有一种利用地推打出逆元表的方法做到\(O(N)\).

欧拉筛版

设\(INV[i]\)为\(i\)的逆元。我们知道有\(INV[A] = A ^ {P - 2}(mod ~ P),~INV[B] = B ^ {P - 2} (mod ~ P)\)

我们利用费马小定理可以得\(INV[A \times B] = (AB) ^ {P - 2} (mod P)\)也就是说\(INV[A \times B] = INV[A] \times INV[B]\)。求得递推式。我们就可以利用欧拉筛。

递推版

为了方便起见就直接写过程了。

设\(P = kA + r~~(r \in [0, P)~)\)。因为我们知道任何一个数都可以写成这个形式嘛。

那么有\(kA + r \equiv 0 (mod ~ P)\)

因为\(A^{P - 1} \equiv 1(mod ~ P)\)

所以\((kA +r) \times A^{- 1} \times r^{- 1} \equiv 0 (mod ~ P)\)

把左边的括号拆开得\(kr^{- 1} + A^{- 1} \equiv 0 (mod ~ P)\)

移项：\(A^{- 1} \equiv -kr^{- 1}\)

在这里我们知道\(k = \lfloor \frac{P}{A} \rfloor\)。

\(A^{- 1} \equiv -\lfloor \frac{P}{A} \rfloor \times r^{- 1}\)

并且我们还知道\(r ≤ A\)。那么我们就可以借用数组\(INV[r]\)完成递推。同时我们还知道\(r = P \% A\)

最后得到\(INV[A] = (P - \lfloor \frac{P}{A} \rfloor) \times INV[P\% A]\)

递推完成，时间复杂度\(O(N)\)。

for (int i = 2 ; i <= N ; i ++)
		INV[i] = P - (P / i) * INV[P % i] % P;

当然不要忘了初始化的问题。