浅谈模质数意义下的乘法逆元

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参考文章 www.luogu.org/blog/zyxxs/post-xiao-yi-jiang-tan-qian-tan-sheng-fa-ni-yuan

什么是乘法逆元

若整数 \(b,m\)
互质，并且 \(b|a\)
，若存在一个整数 \(x\)
，使得 \(a / b \equiv a \ast x (mod \text{ } m)\)
，称 \(x\)
为
\(b\)
的模 \(m\)
乘法逆元
。

乘法逆元的用处

有时候，我们需要求 \(a/b \text{ } mod \text{ } p\)
，用朴素的方法，我们只能在 \(a\)
上不断加 \(p\)
，直到它能被 bb 整除为止，当 \(a,b,p\)
都很大的时候，自然是凉凉了。这时，我们就可以用逆元方便的求解了。

乘法逆元的求法

进入到了本文最关键的部分，如何求乘法逆元?

费马小定理

费马小定理：当 \(p\)
是质数的时候，$a^{p-1} \equiv 1 (mod \text{ } p) $

那么将 \(a^{p-1}\)
拆开来，就得到了 \(a \ast a^{p-2} \equiv (mod \text{ } p)\)

所以， \(a^{p-2}\)
就是 \(a\)
模 \(p\)
意义下的乘法逆元。

缺点：用快速幂计算，当 \(p\)
比较大的时候，速度比较慢。

代码：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;

ll n, p;

ll ksm(ll a, ll b)
{
    ll ans = 1;
    for (; b; b >>= 1) {
        if (b & 1)
            ans = ans * a % p;
        a = a * a % p;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    freopen("a.in", "r", stdin);
    freopen("a.out", "w", stdout);
    cin >> n >> p;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        printf("%lld\n", ksm(i, p - 2));
    }
    return 0;
}

扩展欧几里得算法

求 \(a \ast x \equiv 1 (mod \text{ } m)\)
的解 \(inv(x)\)
，等价于求解 \(a \ast x + b \ast y =1\)
。用扩展欧几里得算法求出一组特解 \(x_0, y_0\)
，则 \(x_0\)
是原方程的一个解，而方程的通解则为所有模 \(m\)
与 \(x_0\)
同余的整数，通过取模操作把解的范围移动到 \(1～p\)
之间即可。

代码：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;

ll n, p;

void exgcd(ll a, ll b, ll& x, ll& y)
{
    if (b == 0) {
        x = 1, y = 0;
        return;
    }
    exgcd(b, a % b, x, y);
    ll z = x;
    x = y, y = z - y * (a / b);
    return;
}

int main()
{
    cin >> n >> p;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        ll x, y;
        exgcd(i, p, x, y);
        x = (x % p + p) % p;
        cout << x << endl;
    }
    return 0;
}

线性递推（可以求多个）

这是一个神奇的过程……

假设我们现在要求 \(k\)
的乘法逆元，

令 \(a \ast k + b = p\)

\[b \ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]

把 \(b=p-a\ast k\)
代入，可以得到
\[(p-ak)\ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
那么
\[p \ast inv(b) – a \ast k \ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]

在 \((mod \text{ } p)\)
的意义下， \(p \equiv 0 (mod \text{ } p)\)
，所以 \(p \ast inv(b)\)
可以直接去掉
\[-a \ast k \ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]

观察 \(a \ast k + b = p\)
可以发现， \(a=\lfloor p/k \rfloor\)
， \(b=p \mod k\)

\[-(p/k) \ast inv(p \text{ } mod \text{ } k) \ast k \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
即
\[-(p/k) \ast inv(p \text{ } mod \text{ } k) \equiv inv(k) (mod \text{ } p)\]

这样，我们就得了递推式，在实际的代码实现中得加上 \(p\)
来去掉负号，也就是
\[(p-p/k) \ast inv(p \text{ } mod \text{ } k) \equiv inv(k) (mod \text{ } p)\]

代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, p, inv[maxn];

int main()
{
    freopen("a.in", "r", stdin);
    freopen("a.out", "w", stdout);
    cin >> n >> p;

    inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        inv[i] = (ll)(p - p / i) * inv[p % i] % p;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        printf("%lld\n", inv[i]);
    return 0;
}