watch out
本文是博主的 csdn 上搬過來的，格式有點崩，看不下去的可以去 博主的 csdn 上看（上面 格式會好很多，並且有些公式也用 $\LaTeX$ update 上去了，但是博主也在 cnblogs 上更新了一下...lateX 都用上了，應該不至於不能看）
最近有點頹廢啊,寫篇blog振作一下…(不過沒圖的數論blog真是不對我胃口)
emmm …首先介紹一下這是一篇關於數論中較為重要 (主要可能經常要用到) 的一個知識分支—逆元
相信你聽到數論之后可能鼠標就想往網頁上的 X 鍵上移了,但是還是勸你看一看, 總能有點收獲的吧
（反正我覺得自己講的相對網上其他 blog 還算是蠻清楚的了）
解釋一下逆元:
首先同學們小學的時候都學過除法吧(這個問題有點奇怪,滑稽)?
那么你一定知道,“除以一個數等同於乘以這個數的倒數”對吧?
所以逆元是什么東西呢? 首先這里有個式子: $({a\over b}) \% p$,這個式子的答案怎么求?
沒錯,暴力求是一種方法,但是當 $b$ 非常大的時候呢 ? 這個時候就要用到逆元了
這里有一句口訣 “除以一個數再取模等同於乘以這個數的逆元再取模 ”(自創)
什么意思? 設 $inv[b]$ 是 $b$ 的逆元, 那么 $({a\over b}) \%p = (a*inv[b]) \%p$
這下就你能大概理解逆元是個什么東西(以及它大概是用來干什么的)了吧 ?
那么逆元怎么求 ? 首先這里得糾正一點, 我們不能直接說一個數的逆元是多少,
應該這么說: 一個數 $x$ 在模 $p$ 的條件下的逆元是多少.(這點概念還是蠻重要的)
其次,我們不難得知一個數的逆元有無窮多個,但是我們只需要求得一個數的最小正整數逆元就行了
另外,一個數 $x$ 在模 $p$ 的條件下不一定有逆元, $x$ 關於 $p$ 的逆元存在 當且僅當 $x$ 和 $p$ 互質
這里有一個推導: （設 $a$ 為 $x$ 的逆元, $b$ 為任意整數）
$x * a ≡ 1 (mod\ p)$ = 將p連入式子=> $x*a = 1 -b*p$ => $x*a+b*p=1$
那么我們就得到了一組新方程: $x*a+b*p=1$ 若$x$ 和 $p$不互質, 則 $x$和 $p$ 存在公約數 $d=gcd(x,p)>1$
提取出$d$, 得到: $d(x/d*a+p/d*b) = 1$ 移項得到: $(x/d * a+ p/d *b) = 1/d$
易知 $x$ , $p$ 能整除 $d$, 所以括號內定為整數, 又因為$d > 1$ ,等式右邊必為真分數, 等式無解
證畢
那么說了半天,逆元到底怎么求呢 ? 別着急,往下看—-
求逆元有好幾種方法, 但是在這里我們只討論兩種方法(一個偷懶用的 ,一個不容易翻車的),
不過在此之前我們先來講講費馬小定理 (別害怕,這玩意兒知道怎么用就好,不會叫你推的)
這是費馬小定理的原始狀態: $a^p ≡ a (mod\ p)$ ,其中 $a$ , $p$ 互質 [感性理解一下 a 一直乘 a 會出現循環節，而循環節必然是 p-1 的因數,所以乘着乘着就變回來了]
然后, 原式 =移項 => $a^p - a ≡0 (mod\ p) $=提取 a => $a*(a^{p-1} - 1) ≡0 (mod\ p)$
=兩邊同除以 a => $a^{p-1}-1 ≡0 (mod\ p)$ =再次移項 => $a^{p-1} ≡1 (mod\ p)$
於是 費馬小定理的結論就產生了(注意,這個結論很重要),求逆元時經常要用(主要偷懶求逆元時必用)
好了,現在我們再來考慮逆元的求法
一、 蒙哥馬利快速冪模(偷懶求逆元大法):
首先聽到這么高大上(主要是長)的名字,相信你的內心一定是崩潰的,仿佛見到了高斯定理或者歐拉定理一樣(別着急啊,擴歐等下才講)
但其實蒙哥馬利快速模這個算法並沒有那么高大上,它的局限性很大,只有在 $p$ 是質數的情況下才可以使用
首先我們設 $inv(a)$ 是 $a$ 的逆元 那么根據定義, $inv(a) * a ≡1 (mod\ p)$
再根據 費馬小定理 $a^{p-1} ≡1$ , 易得 $inv(a) * a ≡a^{p-1} (mod\ p)$
移項,得: $inv(a) ≡ a^{p-2}$
於是我們得到了快速冪模算法的一個前提條件: $inv(a) ≡ a^{p-2} (mod\ p)$
下面附上代碼(自己即興手打):
[這里是位運算處理的方法,當然也有遞歸求的方法,那個代碼短一些,不過這個代碼我打的順手]
//by Judge inline ll quick_pow(ll x,rint p){ ll res=1; while(p){ if(p&1) res=(res*x)%mod; x=(x*x)%mod, p>>=1; } return res; } inline inv(ll a){ inv_a=quick_pow(a,mod-2); return inv_a; }
下面我們不着急講第二種算法,先來講講這種快速模算法的應用:
求 $C(n,r) \% p$ 的值 , 其中 $p$ 是大質數(如$1e9+7$) ,那么最后的答案是: 原式 = $n! * (r! * (n-r)!)^{p-2} \%p$（也就相當於 ${n!\over r! *(n-r)!} \% p$ ，就是加了逆元）
推導過程:
$C(n,r) (mod\ p) = {n! \over r! * (n-r)!} (mod\ p)$=多乘一個 1 => $ {n! \over r! * (n-r)!} * 1 (mod\ p)$ ----1式
∵ p是質數,再根據費馬小定理可得: $(r! * (n-r)!)^(p-1) ≡1 (mod\ p)$ ----2式
再將2式帶入1式中得到: $ C(n,r) ≡ {n! \over r! * (n-r)!} * (r! *(n-r)!)^{p-1} (mod\ p) 指數相消得到 $C(n,r) ≡n! * (r! * (n-r)!)^{p-2} (mod\ p)$
其實換元一下推導會簡潔得多...
令 tmp = r! * (n-r)! ,那么有:
$C(n,r)%p = ( n! / tmp ) \%p = ( n! / tmp ) * 1 \%p $
= $( n! * tmp^{-1} ) * tmp^{p-1} \%p$
= $( n! * tmp^{p-2} ) \%p$ = 上述的式子
關於費馬小定理的清奇證明可以看這里
不過呢，博主好像有寫過費馬小定理的花式證明，在這里
代碼實現:
//by Judge #define ll long long const ll mod=; //1e9+7或者其他題目給定的大質數 inline ll quick_pow(ll x,rint p){ ll res=1; while(p){ if(p&1) res=(res*x)%mod; x=(x*x)%mod, p>>=1; } return res; } inline C_mod(rint n,rint m){ ll a=1,b=1; for(rint i=2;i<=n;++i) a=(a*i)%mod; for(rint i=2;i<=m;++i) b=(b*i)%mod; for(rint i=2;i<=n-m;++i) b=(b*i)%mod; return (a*quick_pow(b,mod-2))%mod; }
然后您可以試試用這個算法 A 掉乘法逆元的模板題（放心沒坑，只會T而已，要A的話得用線性推逆元）：P3811 【模板】乘法逆元
然后是上文提到過的擴歐
二、擴展歐幾里得算法(一般我們都講擴歐) :
這個東西講起來真是煩,一開始我還一直以為擴歐就是在求逆元…其實擴歐是求同余方程的解…
首先如果你不是萌新的話,那么你應該看到過ex_gcd這樣(惡心)的字眼,
這玩意兒其實是擴歐…(ex 表示擴展, gcd 最大公約數是可以用歐拉求的嘛)
不廢話了,進入正題, 首先擴歐公式如下: $ax+by = (a,b)$ [注意這里是等於]
[$(a,b)$ 代表 $gcd(a,b)$ ,$ a$ 和 $b$ 是已知數, 要求的是 $x$ 和 $y$ 的一組解]
那么很容易可以知道, 當 a 和 b 互質的情況下,原來的等式就變成了: $ax+by = 1$
然后我們怎么用這玩意兒求逆元呢? 我們先考慮求逆元的式子: $a * inv[a] ≡1 (mod\ p)$
其中$inv[a]$ 同上表示 $a$ 的逆元, 現在我們令 $x = inv[a] , b = p$;
那么同余的式子就成了: $ax ≡1 (mod b)$ , 然后我們把 $b$ 加入式子中,就成了這樣:
$ax+by = 1$ (這里我就不慢慢推了,看博客也是要動動腦子的嘛 )其中 $y$ 和 $x$ 一樣,也是未知數
emmmm還是講講, $ax ≡1 (mod b)$ => $ax = by+1$ (然后就把同余去掉了,變成了等式)
移項 => $ax+by = 1$ (由於 $y$ 是不確定的,而且我們求的主要是 $x$ 所以 $y$ 的正負性沒什么影響)
這樣你應該就能看懂了, 擴歐公式中求解的 $x$ 就是 $a$ 的逆元(一切好像都非常的顯然了)
ok, 我還是沒有講 擴歐中的 $x$ 和 $y$ 怎么解 (這個才是真正麻煩的地方,解釋起來很麻煩) 對吧?
哎, 式子先列出來再說, 我再斟酌斟酌…
$ax+by =(a,b) =1 , bX+(a\%b)Y =(b,a\%b) =1$ (注意大小寫,並且顯然這里要滿足 $a$ $b$ 互質的條件)
=> ………… => $x=Y , y=X-\lfloor {a\over b}\rfloor*Y$ (其中 $X$ 和 $Y$ 已知)
好了,自己推導吧! (試圖想混過去的樣子) 咳咳… 首先 $ax+by = bX+(a\%b)Y$ 對吧? (兩式合並)
然后我們把 $a\%b$ 轉化一下,變成: $ax+by = bX+(a-b*\lfloor{ a\over b} \rfloor ) Y$ (其實就是用了模的定義式)
=> $ax+by = bX+aY-b* \lfloor{ a\over b} \rfloor Y$ =提取公因式 a,b => $a(x-Y) = b(X- \lfloor {a\over b}\rfloor Y-y) $
那么很顯然, 我們令 $x = Y$ , 令 $y = X-\lfloor{ a\over b} \rfloor Y$ 就能輕松的構造出一組 x 和 y 的解了
然而現在又出現了一個問題: X 和 Y 怎么求? 其實我們同上的方法求出 X 和 Y 就行了:
$bX+(a\%b)Y=(a\%b)X’ + (b\%(a\%b))Y’$ 如果你還不能理解, 那么我們令 $p = b$, $q = a\%b$ ,
那么原式 => $pX+qY=qX’+(p%q)Y’$ 這不就和之前的式子差不多了嗎?
現在你應該很容易就能看出來這是在用遞歸的方法求解原式的解
但是遞歸總是有有邊界的,不能永遠遞歸下去對吧(非常顯然)
那么這個遞歸式子的邊界是什么呢? emmmm 提示一下, 這個邊界和 gcd 的邊界有點關系
對, 邊界就是 b 等於 0 的時候, 我們不能再遞歸下去了,那么原式就成了:
$1x+0y=1$ [a此時為 $(a,b)$ ,b為 0 ] 這應該很好解吧? 我們令 $x=1$,$y=0$ 就行了(y=0是為了…方便嘛)
然后遞歸求解同上,下面附上代碼(也是即興手打的)
[下面常規版的,偷懶版和這個其實本質上沒有區別,只是簡化了一下代碼,那么這里就不附上了,有興趣的同學可以自行百度]
//by Judge #define ll long long const int mod=; //同上 void ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ if(!b){ x=1,y=0; return ; } ex_gcd(b,a%b,x,y); ll t=x; x=y,y=t-(a/b)*y; } //當然你也可以這么寫,更能體現公式: // ll X=x,Y=y; // x=Y,y=X-(a/b)*Y; inline ll inv(ll a){ ll inv_a,y; ex_gcd(a,mod,inv_a,y); return (inv_a%mod+mod)%mod; }
另外這里補充一下線性推逆元的方法 ($inv[i]$ 表示 $i$ 的逆元 , $fac[i]$ 表示 $i$ 的階乘 , $p$為模數)
三、線性推逆元
1.求 1! ~ n! 的逆元：(因為我覺的階乘的逆元反倒比較好推所以就先講)
公式: $inv[i] ≡inv[i+1]*(i+1) (mod\ p)$
推導過程:
$fac[i] * inv[i] ≡1 (mod\ p)$
$fac[i+1] * inv[i+1] ≡1 (mod\ p) => fac[i]* (i+1) * inv[i+1] ≡1(mod\ p)$
由 同余的除法原理可得 : $inv[i] ≡inv[i+1] * (i+1)$
推導完畢
inline void get_finv(){ fac[1]=finv[0]=1; for(int i=2;i<=n;++i;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod; finv[n]=quick_pow(fac[n],mod-2); for(int i=n-1;i;--i) finv[i]=finv[i+1]*(i+1)%mod; }
2.求 1 ~ n 的逆元(這個還稍微麻煩些)
公式:$inv[i] ≡inv[p%i] * (- p/i) (mod\ p)$
推導過程：
令 $s = p/i , t = p\%i$ , 則有：
$s*i + t = p$ (顯然)
然后 $s*i + t ≡ 0 (mod\ p)$
移項得 $t ≡ -s*i (mod\ p)$
同除以 $t * i 得 t / (t*i) ≡ -s*i / (t*i) (mod\ p)$
將除法轉化為乘法 => $inv[i] ≡ -s * inv[t] (mod\ p)$
於是將 $s=p/i , t=p\%i$ 帶入就可以得到:
$$inv[i] ≡ inv[p\%i] * (-p/i) (mod\ p)$$
推導完畢
代碼：
inline void get_inv(){ inv[0]=inv[1]=1; for(int i=2;i<=n;++i) inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod; }
然后你還可以用線性逆元求階乘逆元了
// 這里是一種用線性逆元解階乘逆元的方法 inline void get_finv2(){ finv[0]=finv[1]=1; for(int i=2;i<=n;++i) finv[i]=finv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod; for(int i=2;i<=n;++i) finv[i]=finv[i]*finv[i-1]%mod; }
如果你看完這些不過癮，給你幾個網站用來生啃代碼：
四法求逆元
逆元的幾種求法
最后的最后,逆元的這些東西…隨便學學就好,到時候用得到(也可能用不到)
於是Judge的課堂又這樣水過去了一節…
歡迎下次光臨! _(:з」∠)_
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