乘法逆元

A-KRY

于 2018-10-25 17:31:33 发布

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对于 $a, b, c\in\mit Z$ ，取余运算(mod)满足以下运算律：

$(a+b)\mod c=(a\mod c+b\mod c)\mod c$

$(a-b)\mod c=(a\mod c-b\mod c)\mod c$

$(a*b)\mod c=((a\mod c)*(b\mod c))\mod c$

但除法并没有如此性质。

在乘法中，显然有

$a\div b = a\cdot \frac{1}{b}$

在模运算中，我们也希望找到 $x$ 使得 $(a\div b)\mod c=(a\cdot x)\mod c$

故定义乘法逆元这一概念：

在 $\mod p$ 意义下，对于一个整数 $a$ ，有 $a\cdot x\equiv 1(\mod p)\quad a, x\in \mit Z$ ，则称 $x$ 为 $a$ 的乘法逆元，记作 $a^{-1}$ 。同时 $a$ 也为 $x$ 的乘法逆元。

由费马小定理：若 $p$ 是质数， $a\in \mit Z$ 且 $\gcd(a, p)=1$ 则 $a^{p-1}\equiv1(\mod p)$

可知在 $\mod p$ 意义下， $a\cdot a^{p-2}\equiv1(\mod p)$ ，故 $a$ 的乘法逆元为 $a^{p-2}$ 。但显然 $a^{p-2}$ 这个值会比较大，有没有比较小的 $a$ 的乘法逆元呢？有。取模， $a^{p-2}\mod p$ 也是 $a$ 的逆元，证明如下：

设 $x=a^{p-2}\mod p$ ， $n\in \mit Z$ ，显然 $x\mod p=x$

则 $(x+n\cdot p)\mod p=(x\mod p+0)\mod p=x=a^{p-2}\mod p$ ，

则 $\exists n\in \mit Z$ 使 $x+n\cdot p=a^{p-2}$ ，可转化为 $a^{p-2}\mod p\equiv a^{q-2}(\mod p)$ ，故 $a\cdot(a^{p-2}\mod p)\equiv1(\mod p)$ ，即 $a^{p-2}\mod p$ 是 $a$ 的逆元。

证毕。

求 $a^{p-2}\mod p$ 可在乘方时不断取模防止溢出。

但若求某一区间内每个数关于 $\mod p$ 的乘法逆元时，求 $a^{p-2}\mod p$ 计算量的话就很大了，即使用了快速幂。此时考虑运用递推关系。

设 $p=k\cdot i+r, 1<r<i<p$ ，

则 $k\cdot i+r \equiv 0\quad \qquad(\mod p)$

两边同乘 $i^{-1}\cdot r^{-1}$ 得

$k\cdot r^{-1}+i^{-1}\equiv0\qquad (\mod p)$

$i^{-1}\equiv -k\cdot r^{-1} \quad\qquad(\mod p)$

即 $i^{-1}\equiv -\left \lfloor \frac{p}{i} \right \rfloor\cdot (p\mod i)^{-1} \quad(\mod p)$

在 $\mod p$ 的意义下，设 $mi[i]=i^{-1}$ ，则 $1<i<p$ 时 $mi[i]=((p-\left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor)\cdot mi[p\mod i])\mod p$

时间复杂度为 $\Theta (p)$

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