乘法逆元的一些求法

逆元

• 【逆元素-百度一下】

广义的来讲，对于任何域中的元素，有乘法运算和单位元$I$，如果对于该域中的元素$A$，存在另一个元素$A^{\prime }$，且满足$A\times A^{\prime }=I$，那么$A^{\prime }$就是$A$的逆元。

这里我们只讨论在整数域里的逆元，也就是当$A\in \mathrm{Z}$且$I=1$，其实这里的逆元$A^{\prime }=\frac{1}{A}$，但是我们要在模的意义下讨论它的求法。

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在取模意义下，我们只需求出一个数$inv$，是的这个数与$\frac{1}{A}$同余即可，那么这个数$inv$就是$A$在取模意义下的逆元。

费马小定理

内容：对于$x$，在模$p,p\in \mathbb{P}\text{质数}$的意义下，有$x^{p-1}\equiv 1(modp)$

我们变换一个形式，左右同时除以$x$，就是$x^{p-2}\equiv \frac{1}{x}(modp)$，那么我们就发现$x^{p-2}$和$\frac{1}{x}$是同余的，那么$x^{p-2}$就是$x$的逆元了。

费马小定理证明：

1. 用欧拉定理直接证明，这个就后面再说。
2. 我们用剩余系来看：

引理1：假设$a$为$1\sim p-1$内的一个数，那么$a,2a,3a,\cdots ,(p-1)a$可以在模$p$的意义下不重复的取遍$1\sim p-1$的值。引理1的证明-这里面有

那么我们将$a,2a,\cdots ,(p-1)a$乘起来，在模$p$的意义下也就相当于把$1,2,\cdots ,(p-1)$乘起来，那么可以得到$a^{p-1}(p-1)!\equiv (p-1)!(modp)$，然后两端同时除以$(p-1)!$就可以得到$a^{p-1}\equiv 1(modp)$了，于是得证。

所以用费马小定理求取逆元的代码如下：

int inv(int a,int b=p-2){
	int ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=(a*a)%p)if(b&1)ans=(ans*a)%p;
	return ans%p;
}

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欧拉定理

• 百度百科

内容：对于$x$，在模$p$（$p$为任意与$x$互质的数）意义下，有$x^{\phi (p)}\equiv 1(modp)$，其中$\phi (p)$为欧拉函数，表示$1\sim p-1$中与$p$互质的个数。

那么我们知道，当$p$为质数时就有$\phi (p)=p-1$，那么这个就是费马小定理了。

我们同样进行变形，可以得到$x^{\phi (p)-1}\equiv \frac{1}{x}(modp)$，那么这里$x^{\phi (p)-1}$就为$x$的逆元了。

我们看，这里只要求$x,p$互质，并没有要求$p$为质数，所以欧拉定理求逆元比费马小定理求逆元应用更加广泛。

其他应用：当快速幂取模时，指数较大，但我们发现$x^{\phi (p)}\equiv 1(modp)$，所以我们可以将指数模了$\phi (p)$，相当于除以很多个$1$，然后再来快速幂。

欧拉定理的证明：

我们先令$x_1\sim x_{\phi (p)}$为$p$的简化剩余系，再令$p_i=x{x}_i$，其中$gcd(x_i,p)=1$

引理1. $p_i$之间两两在模$p$的意义下不同余，同样$x_i$也是。

• 证明引理1. ：

假设有$p_i\equiv p_j(modp)$，那么$p_i-p_j\equiv 0(modp)$，我们将其变形得$x{x}_i-x{x}_j\equiv 0(modp)$，也就是$x(x_i-x_j)\equiv 0(modp)$，由于$gcd(x,p)=1$，所以只有在$x_i-x_j$为$p$的倍数时，这个式子才满足，而$x_i,x_j\le p$，那么它们相减就更加不可能为$p$的倍数了，所以假设不成立，得证。

引理2. 每个$p_i$模$p$的结果都与$p$互质。

• 证明引理2. ：

假设$p_i\equiv r(modp),gcd(p,r)>1$
那么变形就有$x{x}_i=kp+r$，也就是$x{x}_i-kp=r$，我们可以得知$x{x}_i$肯定与$p$互质（因为$x,x_i$分别与$p$互质），那么我们令$d=gcd(p,r)$，那么变形可知$x{x}_i=r+kp$，也就是$x{x}_i=d(w_1+k{w}_2)\text{其中}(d{w}_1=r,d{w}_2=p)$，那么$x{x}_i$肯定有因子$d$，那么它与$p$就不互质了，所以假设不成立，得证。

• 证明欧拉定理：

由1,2引理可得，$(x{x}_1\times x{x}_2\cdots \times x{x}_{\phi (p)})\equiv (x_1\times x_2\cdots \times x_{\phi (p)})(modp)$

所以变形得$x^{\phi (p)}\prod x_i\equiv \prod x_i(modp)$，两端同除就得$x^{\phi (p)}\equiv 1(modp)$

扩展欧拉定理

内容：
$$x^k=\{\begin{array}{ll}{x}^{k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (p)}& gcd(x,p)=1\\ x^k& k<\phi (p)\\ x^{k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (p)+\phi (p)}& gcd(x,p)̸=1,k\ge \phi (p)\end{array}$$

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扩展欧几里得算法

内容 : exgcd(a,b,x,y) 【见详解于这里】

这个也就是求方程$ax+by=c$的解。
那么我们将$ax\equiv 1(mody)$看作方程$ax+by=1$，那么当$gcd(a,b)=1$的时候，这个肯定有解，所以我们用扩展欧几里得定理求出$x$，那么可以发现$ax\equiv 1(mody)$的，所以此时的$x$就是在$mody$意义下的逆元。

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线性递推求法

首先我们知道$1$的逆元一定为$1$，所以考虑$i$的逆元($i>1$)。

对于模数为$p$，我们令$p=i\times k+d(d<i)$，那么对于$k,d$则有：$$k=\lfloor \frac{p}{i}\rfloor ,d=pmodi$$

那么原式可以写成$i\times k+d\equiv 0(modp)$

两边同时乘以$i^{-1}\times d^{-1}$可得

$$d^{-1}\times k+i^{i-1}\equiv 0(modp)$$

那么$i^{-1}\equiv (-k\times d^{-1})(modp)$，所以将$k,d$带回即有：

$$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \times (pmodi{)}^{-1}(modp)$$

由于$i$以内的逆元已经求出，所以递推即可。

所以$inv(i)=(-\frac{p}{i})\times inv(pmodi)$

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参考大佬文章IN-Luogu