数论逆元求法详解-优快云博客

首先说明逆元的概念，类似于倒数的性质。

方程ax≡1(mod p),的解称为a关于模p的逆，当gcd(a,p)==1（即a，p互质）时，方程有唯一解，否则无解。

对于一些题目会要求把结果MOD一个数，通常是一个较大的质数，对于加减乘法通过同余定理可以直接拆开计算，

但对于(a/b)%MOD这个式子，是不可以写成(a%MOD/b%MOD)%MOD的，但是可以写为(a*b^-1)%MOD,其中b^-1表示b的逆元。

知道了逆元的作用，接下来就是逆元的求法。

首先，有一个费马小定理:

费马小定理(Fermat's little theorem)是数论中的一个重要定理，在1636年提出，其内容为：假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 a(p-1)≡1（mod p），即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者只有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。

意思很明了，由上方的公式很容易推导出:a*a(p-2)≡1（mod p）对于整数a，p，a关于p的逆元就是a^(p-2),直接快速幂解之即可，但注意这个定理要求a,p互质！

下面以HDU5685为例

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5685

题目给出的hash计算法就是连续区间元素的乘积对9973取模，我们自然而然想到前缀积的方法，但是数很大，前缀积显然只能存下%9973后得值，

但有:(A/B)%M=(A%M*(B^-1%M))%M,A%M显然就是pre[A],B的逆对M取余就是qpow(B,M-2,M),快速幂模之即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL int
#define MOD 9973
LL inv[10000];
LL pre[100005];
char s[100005];
LL qpow(LL a,LL b,LL M){
LL r=1;
while(b){
    if(b&1) r=r*a%M;
    b>>=1;
    a=a*a%M;
    }
    return r;
}
int main()
{
    int N,i,j,k;
    inv[1] = 1;
    for(i=2;i<=9972;++i) inv[i]=qpow(i,MOD-2,MOD);
    while(scanf("%d",&N)==1){pre[0]=1;
        scanf("%s",s+1);
        int n=strlen(s+1);
        for(i=1;i<=n;++i){
            pre[i]=pre[i-1]*(s[i]-28)%MOD;
        }
        while(N--){int a,b;
            scanf("%d%d",&a,&b);
            printf("%d\n",pre[b]*inv[pre[a-1]]%MOD);
        }
    }
    return 0;
}

还有一种线性递推的方法:

inv[1] = 1;
for(i=2;i<MOD;++i) inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD; (isprime(MOD))

对于这个式子的证明:

M=k*i+r≡0 （mod M）

式子两边同乘上 i-1*r-1,如果M不是质数得话r就可能为零

k*r-1+i-1≡0 （mod M）

i-1≡M-floor（M/i）*(M mod i)-1 (mod M)

易证 <==> i-1=(M-M/i)*inv[M%i]%M;

还有就是拓展欧几里得算法，对于一些很大的数，用递推法非常耗时，但又不适用于快速幂的时候(可能会爆long long 无法得出正确结果)，

考虑使用这个算法。

我们对这个算法进行推演一下，exgcd求解的是一组 ax+by=gcd(a,b) 的一组(x,y)的解，

我们设

ax1+by1=gcd(a,b)-----------------------1

bx2+(a%b)*y2=gcd(b,a%b)------------2

根据朴素的欧几里得算法可得 1,2式的右端是相等的，同理左端也相等，

ax1+by1=bx2+(a%b)*y2

==> ax1+by1=bx2+(a-a/b*b)*y2

==>ax1+by1=ay2+b(x2-a/b*y2)

显然我们能得出 x1=y2; y1=x2-a/b*y2;

也就是说我们根据x2,y2便可推导出x1,y1的值，只要将a,b换成b,a%b即可，和gcd算法类似这是一个递归的过程，出口当b==0时，此时 x=1,y=0,gcd(a,b)=d=a;

对于ax+by=gcd(a,b)这个式子，当gcd(a,b)=1的时候，ax+by=1,根据逆元的定义可知x的解就是a关于模b的逆元，y的解就是b关于模a的逆元，当gcd(a,b)=d=1时成立。

(ax+by=1 --> ax(mod b)=(1-by) (mod p)=1 (mod p) )

这是gcd关于递推法的比较答案显然一致

#include<iostream>
using namespace std;
#define LL long long
#define mod 997
void gcd(LL a,LL b,LL &d,LL &x,LL &y)
{
    if(!b) {d=a;x=1;y=0;}
    else {gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
}
LL finv(LL a,LL n)
{
  LL d,x,y;
  gcd(a,n,d,x,y);
  return d==1?(x+n)%n:-1;
}
int main()
{
    int inv[100]={1,1};
    for(int i=2;i<=99;++i){
        inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
        cout<<inv[i]<<" "<<finv(i,mod)<<endl;
    }
    return 0;
}

对于逆元运算还有一些常见的式子，如:

1.(a^(-1))^(-1)=a;
2.(a*b)^(-1)=b^(-1)*a^(-1)

对他们的证明:

设单位元为e.
x的逆元按定义是满足x·y = y·x = e的元素y.
逆元是唯一的:设x·y = y·x = e,x·z = z·x = e,有y = y·e = y·(x·z) = (y·x)·z = e·z = z.
1.a^(-1)是a的逆元,即有a·a^(-1) = a^(-1)·a = e,也即a^(-1)·a = a·a^(-1) = e.
于是a也是a^(-1)的逆元,可写为(a^(-1))^(-1) = a.
2.(a·b)·(b^(-1)·a^(-1)) = a·(b·(b^(-1))·a^(-1) = a·e·a^(-1) = a·a^(-1) = e.
(b^(-1)·a^(-1))·(a·b) = b^(-1)·(a^(-1)·a)·b = b^(-1)·e·b = b^(-1)·b = e.
于是b^(-1)·a^(-1)是a·b的逆元,即有b^(-1)·a^(-1) = (a·b)^(-1).