求逆元、階乘逆元、線性求逆元

目錄

• 什么是逆元
• 如何求逆元
  • 拓展歐幾里得求逆元
  • 費馬小定理求逆元
• 階乘逆元
• 線性求逆元

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本文章內，若無特殊說明，數字指的是整數，除法指的是整除。

什么是逆元

我們稱\(a\)是\(b\)在模\(p\)情況下的逆元，則有\(a \times b \equiv 1 ( mod\,\,p)\)。
所以呢，我們其實可以將逆元看成一個數的相反數。所以在除以一個數的時候，就相當於乘上它的相反數。

如何求逆元

我們先來看看什么情況下有逆元。

當且僅當\(gcd(b,p)=1\)時，\(b\)在模\(p\)情況下有逆元。

這個結論可由裴蜀定理顯然推得，下面一段來自百度百科，若讀者對證明有興趣，可以自行了解。

裴蜀定理（或貝祖定理，Bézout's identity）得名於法國數學家艾蒂安·裴蜀，說明了對任何整數\(a\)、\(b\)和它們的最大公約數\(d\)，關於未知數\(x\)和\(y\)的線性不定方程（稱為裴蜀等式）：若\(a\),\(b\)是整數,且\((a,b)=d\)，那么對於任意的整數\(x\),\(y\),\(ax+by\)都一定是\(d\)的倍數，特別地，一定存在整數\(x\),\(y\)，使\(ax+by=d\)成立。

拓展歐幾里得求逆元

下面介紹如何用拓展歐幾里得求逆元。

我們求\(b\)在模\(g\)意義下的逆元，根據\(a \times b \equiv 1 ( mod\,\,p)\)，得到\(a\times b + k\times p = 1\)。
我們知道，\(gcd(b,p)=gcd(p,b \% p)\)，所以\(a'\times p+k'\times (b \% p)=1\)同樣有解。而由於\(gcd(b,p)=1\)，輾轉相除法時，總有\(a''\times 1 + k'' \times 0 = 1\)。
此時我們不妨令\(a''=1,k''=0\)。
現在我們考慮怎么推回去。

\[a'\times p+k'\times (b \% p)=1 \]

\[\Rightarrow a'\times p+k'\times( b-\left \lfloor \frac{b}{p} \right \rfloor \times p)=1 \]

\[\Rightarrow k'\times b+(a'-\left \lfloor \frac{b}{p} \right \rfloor \times k') \times p=1 \]

與\(a\times b + k\times p = 1\)對照，得到\(a=k',\,\,\,k=a'- \left \lfloor \frac{b}{p} \right \rfloor\times k'\)。那么這樣，我們就得到了\(a\times b + k\times p = 1\)的一組解，同時，\(a\)就是\(b\)在模\(p\)下的逆元。
附C++程序

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void ExPower( int b, int p, int & a, int & k ) {
    if( p == 0 ) {
        a = 1; k = 0;
        return;
    }
    ExPower( p, b % p, k, a );
    k -= b / p * a;
    return;
}
int main() {
    int b, p;
    cin >> b >> p;
    int a, k;
    ExPower( b, p, a, k );
    if( a < 0 ) a += p;
    cout << a << endl;
    return 0;
}

費馬小定理求逆元

我們知道，當\(p\)為素數，並且\(gcd(a,p)=1\)時，我們有\(a^{p-1} \equiv 1 (mod\,\,p)\)。那么我們就有\(a^{p-2}\times a \equiv 1(mod \,\, p)\)。所以逆元就是\(a^{p-2}\)了。

階乘逆元

如果我們需要求\(0!\)到\(n!\)的逆元，對於每個元素都求一遍，就顯得有點慢。（雖然\(exPower\)的時間快到可以認為是小常數。）
前面我們說了，逆元就可一看做是求倒數。那么不就有\(\frac{1}{(n+1)!}\times (n+1)=\frac{1}{n!}\)。
附C++程序：

int inv( int b, int p ) {
    int a, k;
    exPower( b, p, a, k );
    if( a < 0 ) a += p;
    return a;
}
void init( int n ) {
    Fact[ 0 ] = 1;
    for( int i = 1; i <= n; ++i ) Fact[ i ] = Fact[ i - 1 ] * i % Mod;
    INV[ n ] = inv( Fact[ n ], Mod );
    for( int i = n - 1; i >= 0; --i ) INV[ i ] = INV[ i + 1 ] * ( i + 1 ) % Mod;
    return;
}

線性求逆元

按照上面的方法，如果我們要求\(1\)到\(p-1\)關於\(p\)的逆元，而\(p\)較大時，時間復雜度有點吃不消。而我們有一種更強的做法，可以在\(O(p)\)的時間內解決。

對於當前的\(i\)，我們設\(p=k\times i+r\)。於是：

\[\begin{aligned} k \times i + r & \equiv 0 &\,\,(mod \,\, p) \\ k \times i \times ( i^{-1} \times r ^{-1}) + r \times (i^{-1} \times r^{-1}) &\equiv 0 &\,\,( mod \,\, p) \\ k \times r^{-1} + i ^ {-1} & \equiv 0 &\,\, (mod \,\, p)\\ i^{-1} & \equiv -k \times r^{-1} &\,\, (mod \,\, p) \\ i^{-1} & \equiv - \left \lfloor \frac{p}{i}\right \rfloor \times r^{-1} &\,\,(mod\,\,p) \end{aligned} \]

所以代碼就大致如下：

Inv[ 1 ] = 1;
for( int i = 2; i <= n; i++ )
	Inv[ i ] = ( p - p / i ) * Inv[ p % i ] % p;