逆元的两种常见计算方法

概念引入

学习逆元之前，首先要知道什么叫逆元

• 逆元这个概念通常是用来解决除法求模问题的，关于求模，有下面的公式
  $$\begin{gathered} (a+b)\%c=(a\%c+b\%c)\%c \\ (a-b)\%c=(a\%c-b\%c)\%c \\ (a\ast b)\%c=(a\%c\ast b\%c)\%c \end{gathered}$$
• 可以看出，对于除法没有相应的取模公式，这是因为除法的类似公式是不成立的，可以举例说明。有时候a和b很大，计算机存不下，不能计算之后再取模，所以我们想找到一些途径在中间过程中取模，这样，就想能不能变除法为乘法呢？
• 设$b\times k\%c=1$，则有
  $$(\frac{a}{b})\%c=(\frac{a}{b}\%c\ast (bk)\%c)=(a\ast k)\%c$$
  这样就把除法转化为了乘法，这里面的k就叫做b关于c的乘法逆元，写成数学表达式就是
  $$bk\equiv 1(\mathrm{mod}c)$$
  读作$bk$和$1$对于模$c$同余
• 初学时很容易就能联想到我们曾经学过的倒数这一概念，也就是一个数的倒数乘以自身等于1，在这里逆元是数论倒数(算术倒数)并非普通意义上的倒数，是取模引入的概念，不要弄混

求解方法

费马小定理

这个定理的内容是这样的：
如果p为质数，a不是p的倍数，那么有
$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

• 关于这个定理，不作证明，可以自行百度。研究问题有时候也不要太面面俱到，关系不大。以有涯逐无涯，殆矣
• 观察此定理和上面的式子，可以发现这个式子可以变化为
  $$a\times a^{p-2}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$
  正好和上面式子里的b和k对应，也就是说，a的乘法逆元为a^p-2，当然，需要满足费马小定理的条件
  模板题
  尝试一下

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 1e6 + 100;
const double eps = 1e-6;
int Data[MAXN];
ll GCD(ll a, ll b){
    return b == 0 ? a : GCD(b, a % b);
}
ll fastpow(ll base, ll power, ll MOD){
    ll ans=  1;
    while(power){
        if(power & 1) ans = ans * base % MOD;
        base = base * base % MOD;
        power >>= 1;
    }
    return ans % MOD;
}
int main(){
    int t;
    ll y, p;
    cin >> t;
    while(t--){
        cin >> y >> p;
        if(GCD(y, p) != 1) cout << -1 << "\n";
        else cout << fastpow(y, p - 2, p) << "\n";
    }
    return 0;
}

• 使用时候注意需要满足条件

扩展欧几里德

• 还是这样一个式子

$$bk\equiv 1(\mathrm{mod}c)$$

• 回顾一下，b关于c的逆元为k，现在我们要求k，这里面b、c都已知
• 很容易能够知道GCD(b, c)或者说b和c的最大公约数应该为1，或者说b，c互质，如果不互质那么模就不会是1，所以这个方程等价于求下面这个方程的解
  $$bx+cy=1$$
• 求出的x即为逆元(还需要考虑负数的情况)，至于方程的解法，因为b和c互质，右边是1，所以是一个明显的扩展欧几里德(关于扩展欧几里德请看这篇)，如果让判断是否无解，那么b和c如果不互质，那么无解
• 如果解出来x是负数，那么需要通过c来调整x为正数，具体如下

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 1e6 + 100;
const double eps = 1e-6;
int Data[MAXN];
void extend_gcd(ll a, ll b, ll &d, ll &x, ll &y){
    if(b == 0){
        x = 1;
        y = 0;
        d = a;
        return;
    }
    extend_gcd(b, a % b, d, x, y);
    ll tmp = x;
    x = y;
    y = tmp - a / b * y;
}
ll mod_reverse(ll y, ll p){
    ll x, d;
    extend_gcd(y, p, d, x, y);
    return d == 1 ? (p + x % p) % p : -1;
}
int main(){
    int t;
    ll y, p;
    cin >> t;
    while(t--){
        cin >> y >> p;
        cout << mod_reverse(y, p) << "\n";
    }
    return 0;
}

模板题

链接

• 可以用上面的两种算法尝试一下这道题，扩展欧几里得更快一些，但是最后一个点都是TLE，由于这道题比较特殊，它要求求解前n个数的逆元，而n范围又比较大，上面两种算法适用于的情况是单一计算逆元，或者计算数量较少的逆元，如果要求很多个数的逆元，需要使用更好的方法

另一重要结论

• 如果分母是固定的且比较小，模数与分母不互质，那么有下面的公式成立
  $$\frac{a}{b}\%m=\frac{a\%(b\times m)}{b}$$
• 证明，令$x=\frac{a}{bm},y=\frac{a}{b}\%m$，有$\frac{a}{b}=mx+y,a=bmx+by,a\%(bm)=by$
• 所以$y=\frac{a\%(b\times m)}{b},\frac{a}{b}\%m=\frac{a\%(b\times m)}{b}$
• 这个结论有时能用上，注意如果使用快速幂计算$a$，那么这个时候需要对$bm$取模