【模板】逆元

先介紹兩個數學定理。。。

同余

兩個整數a、b，若它們除以整數m所得的余數相等，則稱a與b對於模m同余或a同余於b模m。

記作：a≡b (mod m)，

讀作：a同余於b模m，或讀作a與b對模m同余，例如26≡2(mod 12)。

定義

設m是大於1的正整數，a、b是整數，如果m|(a-b)，則稱a與b關於模m同余，記作a≡b(mod m)，讀作a與b對模m同余。

顯然,有如下事實

（1）若a≡0(mod m)，則m|a；

（2）a≡b(mod m)等價於a與b分別用m去除，余數相同。

 

證明

充分性：m|(a-b)→a≡b(mod m)。

設a=mq1+r1，b=mq2+r2，

且0≤r1,r2<m，

∵m |(a-b)，

又a-b=m(q1-q2)+(r1-r2)。

∴必有常數n使得(r1-r2)=mn。

則有m|(r1-r2)。

∵0≤r1,r2<m，

∴0≤|r1-r2|<m，

∴r1-r2=0，

即r1=r2，故a≡b(mod m)。

必要性:a≡b(mod m)→m|(a-b)。

設a,b用m去除余數為r，

即a=mq1+r,b=mq2+r。

∵m(q1-q2)=(a-b)，

∴m|(a-b)。

費馬小定理

內容：如果p是一個質數，而整數a不是p的倍數，則有a^（p-1）≡1（mod p），所以有a^(p-2)=a^-1

證明：

補充幾個定義：

剩余系：對於一個特定整數n，一個整數集中所有數模n的余數集

完全剩余系：設m∈Z+，若r0,r1,...rm-1為m個整數，並且兩兩模m不同余，則r0,r1,...rm-1叫作模m的一個完全剩余系。

引理1．

　　若a,b,c為任意3個整數,m為正整數，且m與c互質，則當a·c≡b·c(mod m)時，有a≡b(mod m）。
證明：a·c≡b·c(mod m)可得ac–bc≡0(mod m)可得(a-b)·c≡0(mod m)。因為(m,c)=1即m,c互質，c可以約去，a– b≡0(mod m)可得a≡b(mod m)。  

引理2．
　　設m是一個整數且m>1，b是一個整數且m與b互質。如果a[1],a[2],a[3],a[4],…a[m]是模m的一個完全剩余系，則b·a[1],b·a[2],b·a[3],b·a[4],…b·a[m]也構成模m的一個完全剩余系。
　　證明:若存在2個整數b·a[i]和b·a[j]同余即b·a[i]≡b·a[j](mod m)..(i>=1 && j>=1)，根據引理1則有a[i]≡a[j](mod m)。根據完全剩余系的定義可知這是不可能的，因此不存在2個整數b·a[i]和b·a[j]同余。

所以b·a[1],b·a[2],b·a[3],b·a[4],…b·a[m]構成模m的一個完全剩余系。

構造素數

 的完全剩余系

因為

 ，由引理2可得

也是p的一個完全剩余系。由完全剩余系的性質，

即

易知

 ，同余式兩邊可約去

 ，得到

這樣就證明了費馬小定理（摘自百度詞條，仔細想想確實很好懂）

擴展歐幾里得 （主要用於求解不定方程）

補充：歐幾里得算法（輾轉相除）

定義：對於已知a，b，必然存在ax+by=gcd（a，b）

證明：

由 ax+by=gcd（a，b） 得 bx1+（a%b）y1=gcd（b，a%b）

又∵a%b=a-[a/b]*b （此處[]為向下取整函數）

函數圖像為：

 

（會有用）

ax+by=bx1+（a-[a/b]*b）y1

化簡為：

a（x-y1）=b（x1-y-[a/b]*y1）

解得

x=y1

y=x1-[a/b]*y1

從頭遞歸求解就行。

怎樣求逆元

擴展歐幾里得

大概思路：

設a在模p意義下的逆元為x

則有 axΞ1（mod p）

∴ax=kp+1 （k為未知數）

∴ax-kp=1

利用擴展歐幾里得求不定方程解就好

#include<iostream>
using namespace std;
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
}
int main()
{
    int n,p;
    cin>>n>>p;
    int x,y;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        exgcd(i,p,x,y);
        x=(x%p+p)%p;
        cout<<x<<endl;
    }
    return 0;
} 

（長的跟想象中的不太一樣，着重記一記）

費馬小定理

大概思路：

∵a^-1=a^（p-2）

利用快速冪求解

#include<iostream>
using namespace std;
int fm(int a,int b,int p)
{
    int base=a;
    int ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        ans=(ans*base)%p;
        base=(base*base)%p;
        b=b/2;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int n,p;
    cin>>n>>p;
    int p1=p-2;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cout<<fm(i,p1,p)<<endl;
        
    }
    return 0;
}

代碼大概長這樣

看一道題。。

可以每個數直接調用上述的兩種求逆元的方法，求解 時間復雜度O（nlogn）

還可以更優化一點，利用1，2，3，……n-1的逆元求n的逆元

（看不懂的話可以想一下模運算的加法原理）

（因為r小於i，所以r的逆元已知）

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long int inv[3000003];
int main()
{
    int n,p;
    cin>>n>>p;
    inv[1]=1;
    cout<<1<<endl;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        inv[i]=(long long int)(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        printf("%d\n",inv[i]);
        
    }
    return 0;
} 

這里解釋一下為什么除以一個數的逆元等價於乘以它的逆元

例題：

（自己思考！！！！）

提示：列不定方程求解

題解點這里

（RP++！）