乘法逆元及简单利用

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这篇博客介绍了模运算中求逆元的三种常见方法：扩展欧几里得法、快速幂法和线性递推法，并给出了相关题目分析。通过这些方法，可以高效解决线性同余方程ax ≡ 1 (mod b) 的求解问题，常用于加密算法和数论等领域。同时，提供了洛谷平台上相关题目(P3811, P5431, P1082)的解题思路和代码实现。

乘法逆元

定义：

如果一个线性同余方程 ${ax}$ ≡ ${1}$ ( $m o d$ $b$ )，则 $x$ 称为 $a$ $m o d$ $b$ 的逆元，记作 $a^{-1}$ 。

求逆元的常见方法及其模板

扩展欧几里得法：

void exgcd(int a, int b)
{
        if (!b)
        {
                x = 1;
                y = 0;
                return;
        }
        exgcd(b, a % b);
        int t = x;
        x = y, y = t - a / b * y;
}

快速幂法：

int qpow(int a, int n)
{
        ll res = 1;
        while (n)
        {
                if (n & 1)
                        res = (res % mod * a % mod) % mod;
                a = (a % mod * a % mod) % mod;
                n >>= 1;
        }
        return res % mod;
}
// n = mod - 2

线性递推法：

int mod(int a, int p)
{
        return (a % p + p) % p;
}
int inv(int a, int p)
{
        if (Inv[a])
                return Inv[a];
        Inv[a] = mod(-p / a * inv(p % a, p), p);
        return Inv[a];
}

相关题目分析:

洛谷p3811

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3811

思路分析：

模板题

代码如下：

/* 
扩展欧几里得算法
*/
/*
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int p;
int x, y;
void exgcd(int a, int b)
{
        if (!b)
        {
                x = 1;
                y = 0;
                return;
        }
        exgcd(b, a % b);
        int t = x;
        x = y, y = t - a / b * y;
}
void write(int x)
{
        if (x > 9)
                write(x / 10);
        putchar(x % 10 ^ 48);
}
int main()
{
        int n;
        scanf("%d %d", &n, &p);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
                exgcd(i, p);
                write((x % p + p) % p);
                putchar('\n');
        }
        return 0;
}
*/
/* 
费马小定理
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll p;
ll qpow(ll a, ll n, ll p)
{
        ll res = 1;
        while (n)
        {
                if (n & 1)
                        res = (res % p * a % p) % p;
                a = (a % p * a % p) % p;
                n >>= 1;
        }
        return res % p;
}
ll inv(ll a, ll p)
{
        return qpow(a, p - 2, p);
}
void write(int x)
{
        if (x > 9)
                write(x / 10);
        putchar(x % 10 ^ 48);
}
int main()
{
        ll n;
        cin >> n >> p;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
                write(inv(i, p));
                putchar('\n');
        }
        return 0;
}
/*
线性递推
*/
/*
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int maxn = 3e6 + 10;
using namespace std;
ll p;
ll Inv[maxn];
void write(int x)
{
        if (x > 9)
                write(x / 10);
        putchar(x % 10 ^ 48);
}
ll mod(ll a, ll p)
{
        return (a % p + p) % p;
}
ll inv(ll a, ll p)
{
        if (Inv[a])
                return Inv[a];
        Inv[a] = mod(-p / a * inv(p % a, p), p);
        return Inv[a];
}
int main()
{
        Inv[0] = 0;
        Inv[1] = 1;
        ll n;
        cin >> n >> p;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
                write(inv(i, p));
                putchar('\n');
        }
        return 0;
}
*/

洛谷p5431

思路分析：

由于要对答案取模，所以要将除法变为乘法，即求逆元
其次，为了减少时间复杂度，我们可以递推出一个公式如下：
得到答案

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
const ll N = 5e6 + 10;
ll read()
{
        int x = 0, flag = 1;
        char c;
        while ((c = getchar()) < '0' || c > '9')
                if (c == '-')
                        flag = -1;
        while (c >= '0' && c <= '9')
                x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
        return x * flag;
}

inline ll qpow(ll a, ll n, ll p)
{
        ll res = 1;
        while (n)
        {
                if (n & 1)
                        res = (res % p * a % p) % p;
                a = (a % p * a % p) % p;
                n >>= 1;
        }
        return res % p;
}

ll n, p, k, a[N], s[N], invs[N], ans;

int main()
{
        n = read(), p = read(), k = read();
        s[0] = 1;
        for (ll i = 1; i <= n; ++i)
                a[i] = read(), s[i] = s[i - 1] * a[i] % p;
        invs[n] = qpow(s[n], p - 2, p);
        for (ll i = n - 1; i >= 0; --i)
                invs[i] = invs[i + 1] * a[i + 1] % p;
        for (ll i = n; i; --i)
                ans = (invs[i] * s[i - 1] % p + ans) * k % p;
        printf("%d", ans);
        return 0;
}

洛谷p1082

思路分析

要求解 $a x = 1$ ( $m o d$ $b$ )中的 $x$ ，实际上我们只需要求 $a$ 在模 $b$ 意义下的逆元即可
此题我们采用扩展欧几里得进行求解，因为模数不一定满足费马小定理

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int p;
int x, y;
void exgcd(int a, int b)
{
        if (!b)
        {
                x = 1;
                y = 0;
                return;
        }
        exgcd(b, a % b);
        int t = x;
        x = y, y = t - a / b * y;
}
void write(int x)
{
        if (x > 9)
                write(x / 10);
        putchar(x % 10 ^ 48);
}
int main()
{
        int n;
        scanf("%d %d", &n, &p);
        exgcd(n, p);
        write((x % p + p) % p);
        putchar('\n');
        return 0;
}