浅谈乘法逆元的三种解法

这里以一道求乘法逆元的模板题（【洛谷3811】【模板】乘法逆元）为例，来讲一讲求一个数乘法逆元的三种经典解法。

解法一：快速幂

证明：费马小定理。由费马小定理$a^{p-1}≡1(mod$ $p)$可得，$a*a^{p-2}≡1(mod$ $p)$，显然，我们可以发现$a^{p-2}$就是$a$在模$p$意义下的逆元。只要用快速幂就可以快速求出。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define LL long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
using namespace std;
int n,m;
inline char tc()
{
    static char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
    return A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0;int f=1;char ch;
    while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;
    while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
    x*=f;
}
inline void write(int x)
{
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline int quick_pow(LL x,LL y)
{
    LL res=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) (res*=x)%=m;
        (x*=x)%=m,y>>=1;
    }
    return (res+m)%m;
}
int main()
{
    register int i;
    for(read(n),read(m),i=1;i<=n;++i) write(quick_pow(i,m-2)),putchar('\n');
    return 0;
}

解法二：扩展欧几里得（exgcd）

证明：我们可以把扩欧的式子$ax+by=gcd(a,b)$中的$b$当作$p$，$∵a$与$b$互质，$∴gcd(a,b)=1$，即$ax+by=1$，两边同时对$b$取模，得$ax$%$b+by$%$b=1$%$b$，化简得$ax≡1(mod$ $b)$。将$p$代替$b$，我们就可以得到这个式子的解$x$就是$a$关于$p$的逆元。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define LL long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
using namespace std;
int n,m;
inline char tc()
{
    static char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
    return A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0;char ch;
    while(!isdigit(ch=tc()));
    while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(int x)
{
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline void exgcd(int x,int y,int &s1,int &s2)
{
    if(!y) {s1=1,s2=0;return;}
    exgcd(y,x%y,s2,s1),s2-=x/y*s1;    
}
inline int Inv(int x,int y)
{
    int s1,s2;
    exgcd(x,y,s1,s2);
    return (s1%m+m)%m;
}
int main()
{
    register int i;
    for(read(n),read(m),i=1;i<=n;++i) write(Inv(i,m)),putchar('\n');
    return 0;
}

解法三：线性求逆元

证明：我们可以得到$\lfloor \frac{p}{i}\rfloor*i+p$%$i=p$，将原式两边同乘$i^{-1}(p$%$i)^{-1}$得$\lfloor \frac{p}{i}\rfloor*(p$%$i)^{-1}+i^{-1}≡0(mod$ $p)$，移项得$i^{-1}≡-\lfloor \frac{p}{i}\rfloor*(p$%$i)^{-1}(mod$ $p)$。

于是，我们就可以通过递推来从前面已求出的逆元推出当前的逆元了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define LL long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define N 3000000
using namespace std;
int n,m,Inv[N+5];
inline char tc()
{
    static char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
    return A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0;int f=1;char ch;
    while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;
    while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
    x*=f;
}
inline void write(int x)
{
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
int main()
{
    register int i;
    for(read(n),read(m),write(Inv[1]=1),putchar('\n'),i=2;i<=n;++i) 
        write(Inv[i]=((-1LL*Inv[m%i]*(m/i))%m+m)%m),putchar('\n');
    return 0;
}