數論—模運算的逆元

目錄

有關模運算

定義

運算規則

逆元

定義

使用方法

求逆元的方法

枚舉法

拓展歐幾里得(Extend - Eculid)

費馬小定理(Fermat's little theorem)

注意

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有關模運算

• 在信息學競賽中，當答案過於龐大的時候，我們經常會使用到模運算(Modulo Operation)來縮小答案的范圍，以便輸出計算得出的答案。

• 定義

給定一個正整數 p，任意一個整數 n，那么一定存在等式：

n = k * p + r；

其中k、r 是整數，且0 ≤ r < p，則稱 k 為 n 除以 p 的商，r 為 n 除以 p 的余數。

對於正整數 p 和正整數 a、b，定義如下運算：

• 取模運算 ： a % p (或 a mod p)，表示 a 除以 p 的余數。
• 模 p 加法：(a + b) % p，其結果是 a + b 算術和除以 p 的余數。
• 模 p 減法：(a - b) % p，其結果是 a - b 算術差除以 p 的余數。
• 模 p 乘法：(a * b) % p，其結果是 a * b 算數積除以 p 的余數。
• 同余式：正整數 a、b 對 p 取模，他們的余數相同，記做 a ≡ b (mod p)。

說明：

n % p 得到結果的正負由被除數 n 決定，與 p 無關。

例如：7 % 4 = 3, -7 % 4 = -3, -7 % -4 = -3.

• 運算規則

  • 模運算與基本四則運算有些相似，但是除法除外。其規則如下：
    • (a + b) % p = (a % p + b % p) % p
    • (a - b) % p = (a % p - b % p) % p
    • (a * b) % p = (a % p * b % p) % p
    • a ^ b % p = ((a % p) ^ b) % p
    • 結合律
      • ((a + b) % p + c) = (a + (b + c) % p) % p
      • ((a * b) % p * c) = (a * (b * c) % p) % p
    • 交換律
      • (a + b) % p = (b + a) % p
      • (a * b) % p = (b * a) % p
    • 分配律
      • (a + b) % p = (a % p + b % p) % p
      • ((a + b) % p * c) % p = ((a * c) % p + (b * c) % p
  • 重要定理
    • 若 a ≡ b (mod p)，則對於任意的 c，都有(a + c) ≡ (b + c) (mod p)
    • 若 a ≡ b (mod p)，則對於任意的 c，都有(a * c) ≡ (b * c) (mod p)
    • 若 a ≡ b (mod p)，c ≡ d (mod p)，則
      • (a + c) ≡ (b + d) (mod p)
      • (a - c) ≡ (b - d) (mod p)
      • (a * c) ≡ (b * d) (mod p)
      • (a / c) ≡ (b / d) (mod p)

逆元

前文已經說過，模運算的除法運算規則與普通四則運算不同，那么當(a / b)的中間運算結果過大怎么辦？

使用逆元可以很好地解決這個問題。

定義

逆元是指在數學領域群G中任意一個元 a，都在G中有唯一的逆元a'，具有性質 a · a' = a' · a = e ( · 為該群中定義的運算)。其中，e為該群的單位元。

逆元其實是加法中的相反數以及乘法中的倒數的拓展思想。

在模運算中，單位元便是1。

a mod p的逆元便是可以使 a * a' mod p = 1 的最小a'。

使用方法

因為 b' 為 b 的逆元，b * b' mod p = 1；

所以 (a / b) mod p = (a * b') mod p ，但要求a | b；

這樣我們便可以應用 (a * b) % p = (a % p * b % p) % p 這一條性質縮小中間運算結果了。

求逆元的方法

1. 枚舉法；
2. 利用拓展歐幾里得算法求解同余方程；
3. 費馬小定理。

枚舉法

枚舉1到p - 1的整數bi，若b * bi % p = 1，則bi即為b mod p的乘法逆元。

為什么只枚舉到p - 1呢？

1. 如果枚舉到 p，那么顯然 b * p % p = 0;；

2. 如果枚舉到 p + k ( 0 < k < p)，那么有 b * (p + k) % p = b * p % p + b * k % p = b * k % p，這樣就返回了枚舉1到p - 1的情況；

3. 如果枚舉到 p + k ( k > p)，同第二種情況。

拓展歐幾里得(Extend - Eculid)

求最小整數x、y，使 x * a + y * b = gcd(a , b)；

類似這樣的問題便可以使用拓展歐幾里得來求解。

由歐幾里得定理可知gcd(a , b) = gcd(b , a % b) (假設 a > b)，

所以有x' * b + y' * (a % b) = gcd(a , b)，假設已經求得 x' 和 y'，那么有 ：

∵ x' * b + y' * ( a % b) = gcd(a , b) and a % b = a - [a / b] * b

∴ x' * b + y' * ( a - [a / b] * b) = gcd(a , b)

∴ y' * a + (x' - y' * [a / b]) * b = gcd(a , b)

如此這個問題便可以遞歸的求解了。

（顯然如果b = 0的話，那么x = 1，y = 0）

那么求解 b' 使得 b * b‘ mod p = 1 這個問題便可以轉化為：

求最小整數 b'、k，使得 b' * b + k * p = 1；

代碼實現：

#include<iostream>
using namespace std;
void ext_gcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y) {
    if(b == 0) {
	d = a; x = 1; y = 0;
	return;
    }
    ext_gcd(b,a % b,d,y,x);
    y -= a / b * x;
    return;
}
int main() {
    int x,y,d;
    int a,b; 
    while(1) {
	cin >> a >> b;
	ext_gcd(a,b,d,x,y);
	if(d != 1) cout << "There is no ans for this input." << endl;
	else cout << "The ans for this input : " << (x + b) % b << endl;
    }
    return 0;
} 

費馬小定理(Fermat's little theorem)

假如 p 是質數，那么 a ^ (p-1) ≡ 1 (mod p) 。

推論： b ^ (p - 2) % p 即為 b mod p 的乘法逆元。

注意

需要b、p互質才可以使用逆元法，如果b、p不互質的話只能用(a / b) % p = (a % (b * p)) / b 來嘗試解決問題了。

但是在信息競賽中一般給出的模數均為質數，例如10 ^ 9 + 7 。