【数论基础】线性求逆元

线性求解连续的n个逆元

线性求解n个数字的逆元，需要找到新元素的逆元同以往求解过逆元的关系。
以下面式子举例,对于要求解逆元的k,模数为p，有：
$$\begin{gathered} p=ak+b \\ (b<a,k) \end{gathered}$$
进而有：
$$ak+b\equiv 0(modp)$$
两边同时乘以k^-1b^-1,得到：
$$a{b}^{-1}+k^{-1}\equiv 0(modp)$$
即
$$k^{-1}\equiv -a{b}^{-1}(modp)$$
我们知道，
$$\begin{gathered} a=\lfloor \frac{p}{k}\rfloor \\ b=pmodk \end{gathered}$$
因此，有
$$k^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{k}\rfloor (pmodk{)}^{-1}$$
其中，p % k是之前已经求出的逆元，同时为了避免负数，可在计算时加上一个p。
接着注意1的逆元是1即可。

inv[1] = 1;
for(int i = 2;i <= n;i++){
    
    
	inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
}

求解n个数字不同数字的逆元

求解n个不同数字的逆元，可以先维护一个前缀积，其最后一项是所有数字的乘积，求该项的逆元即求所有项逆元的乘积。由于逆元的特殊性质，逆元的乘积乘上其中某个元素即会消去对应的元素，因此我们可以借助前缀积来逐个迭代处理出所有数字的逆元。
表示出来，即
$$\begin{gathered} (\prod _{i=1}^n{a}_i{)}^{-1}\equiv \prod _{i=1}^n{a}_i^{-1}(modp) \\ 或 \\ (a_1{a}_2...a_n{)}^{-1}\equiv a_1^{-1}{a}_2^{-1}...a_n^{-1}(modp) \end{gathered}$$
且有
$$\prod _{i=1}^n{a}_i^{-1}\ast a_n\equiv \prod _{i=1}^{n-1}{a}_i^{-1}$$
于是便可以处理出所有元素的逆元：

/*s是前缀积，inv是逆元*/
s[1] = a[1];
/*计算前缀积*/
for(int i = 2;i <= n;i++){
    
    
	s[i] = s[i - 1] * a[i] % p;
}
/*处理所有元素乘积的逆元，使用快速幂发求解单个逆元*/
inv[n] = fpow(s[n],p - 2);
/*逆元的前缀积*/
for(int i = n - 1;i >= 1;i--){
    
    
	inv[i] = inv[i + 1] * a[i + 1] % p;
}
/*计算全部逆元*/
for(int i = 2;i <= n;i++){
    
    
	inv[i] = inv[i] * s[i - 1] % p;
}

当然，使用这种方法也可以解决上面的问题，只需要将n个数字看成是n个自然数就行，其余步骤一样：

/*s是前缀积，inv是逆元*/
s[1] = 1;
/*计算前缀积*/
for(int i = 2;i <= n;i++){
    
    
	s[i] = s[i - 1] * i % p;
}
/*处理所有元素乘积的逆元，使用快速幂发求解单个逆元*/
inv[n] = fpow(s[n],p - 2);
/*逆元的前缀积*/
for(int i = n - 1;i >= 1;i--){
    
    
	inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % p;
}
/*计算全部逆元*/
for(int i = 2;i <= n;i++){
    
    
	inv[i] = inv[i] * s[i - 1] % p;
}

例题

这里有两道例题：

乘法逆元

第一道就是线性求逆元的模板题，套用上面的式子即可直接获得答案

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 3e6 + 50;
long long inv[N];
int n,p;
int main(){
    
    
	cin >> n >> p;
	inv[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= n;i++){
    
    
		inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
	}
	
	for(int i = 1;i <= n;i++){
    
    
		cout << inv[i] << endl;
	}	
}

或者

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 2e7 + 50;
int n,p;
long long inv[N];
long long s[N];
long long fpow(long long k,long long po){
    
    
	long long ans = 1;
	for(;po;po >>= 1,k = k * k % p){
    
    
		ans = po & 1 ? ans * k % p : ans;
	}
	return ans;
}
int main(){
    
    
	cin >> n >> p;
	s[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= n;i++){
    
    
		s[i] = s[i - 1] * i % p;
	}
	inv[n] = fpow(s[n],p - 2);
	for(int i = n - 1;i >= 1;i--){
    
    
		inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % p;
	}
	for(int i = 2;i <= n;i++){
    
    
		inv[i] = inv[i] * s[i - 1] % p;
	}
	for(int i = 1;i <= n;i++){
    
    
		printf("%d\n",inv[i]);
	}
}

乘法逆元2

这个题就是第二个模板的问题，最后统计答案的时候可以使用秦九韶算法简化统计过程（也就是倒过来一边加一边乘）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;

const long long p = 1e9 + 7;
const long long m = 998244353;
const int N = 1e7 + 50;

long long fpow(long long k,long long po){
    
    
	long long ans = 1;
	for(;po;po >>= 1,k = k * k % p){
    
    
		ans = po & 1 ? ans * k % p : ans;
	}
	return ans;
}

long long a[N];
long long s[N];
long long inv[N];
long long minv;
int n;

int main(){
    
    
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
    
    
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	s[1] = a[1];
	for(int i = 2;i <= n;i++){
    
    
		s[i] = a[i] * s[i - 1] % p;
	}
	inv[n] = fpow(s[n],p - 2);
	for(int i = n - 1;i >= 1;i--){
    
    
		inv[i] = inv[i + 1] * a[i + 1] % p;
	}
	for(int i = 2;i <= n;i++){
    
    
		inv[i] = inv[i] * s[i - 1] % p;
	}
	minv = 1;
	long long ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
    
    
		ans = ans * m % p;
		ans = (ans + inv[i]) % p;
	}
	cout << ans;
}