逆元的三种求法 (费马小定理，扩展欧几里得，递推求阶乘逆元)

逆元的三种求法

费马小定理，扩展欧几里得，递推求阶乘逆元

逆元

对于一个实数 $A$ 如果存在一个 $x$ 使得 $Ax = 1$ ，我们就把这个 $x$ 叫做 $A$ 的逆元，记做 $x = A^{-1}$ 。
在一般数学中，我们所说的逆元就是倒数。

但是在数论中，如果一个数字 $A$ 存在一个对 $p$ 的逆元 $x$ ，就可以写成 $Ax≡1\ mod\ p$ 的形式(此处 $p$ 与 $A$ 互质，若不互质，则不存在逆元)。

逆元的作用

我们知道取余的性质：

$(a - b)\%c = (a\%c - b\%c)\%c$

$(a + b)\%c = (a\%c+b\%c)\%c$

$(a\times b)\%c=(a\%c\times b\%c)\%c$

对于基本的四种运算而言，加减乘都符合“分配率”，唯独除法不满足。

$(a\div b)\%c=(a\%c\div b\%c)\%c$

上面这种运算是错误的！

如果要实现这种运算，就要把除法转化为乘法，假设 $b^{-1}$ 是 $b$ 关于 $c$ 的逆元。
$(a\div b)\%c$ 可以转化为 $(a\times b^{-1})\%c=(a\%c\times b^{-1}\%c)\%c$ 。

逆元求法

费马小定理

费马小定理：假设 $p$ 是一个质数，且 $gcd(a, p) = 1$ ，那么 $a^{p-1}≡1\ mod\ p$ 。
我们也可以的得到一个费马小定理的特例：假设 $a$ 是一个整数，且 $gcd(a, p) = 1$ ，那么 $a^{p-1}≡1\ mod\ p$ 。

根据费马小定理 $a^{p-1}≡1\ mod\ p$ ，可以发现 $a^{p-2}\times a≡1\ mod\ p$ 也成立。
是不是很像上面说到的逆元的形式： $Ax≡1\ mod\ p$ ， $x$ 是 $A$ 关于 $p$ 的逆元。
那根据费马小定理也可得知 $a^{p-2}$ 是 $a$ 关于 $p$ 的逆元。
所以求 $a$ 的逆元，就直接用快速幂求 $a^{p-2}$ 就可以了。

LL power(LL a, int x) {
	LL ans = 1;
	while(x) {
		if(x&1) ans = (ans * a) %mod;
		a = (a * a) %mod;
		x >>= 1;
	}
	return ans;
} 

LL inv(LL a) {
	return power(a, mod - 2);
}

扩展欧几里得

扩展欧几里得： $ax +by=gcd(a,b)$ 的解一定存在。
当我们要求 $a$ 关于 $p$ 的逆元时，若逆元存在，则 $gcd(a,p)=1$ 。假设逆元为 $x$ ，即： $ax ≡ 1\ mod\ p$ 。
我们可以展开一下变成 $ax = 1 + pk$ ，由于 $k$ 可正可负。
所以我们可以得到 $ax + pk=1$ ，其实就是 $ax + pk= gcd(a,p)$ 。
所以我们用扩展欧几里得求出一个最小的 $x$ 就是 $a$ 关于 $p$ 的一个逆元啦。

我们来试着解这个欧几里得吧！
现在已经有了 $ax + by=gcd(a,b)$ 了。我们想试着求出一个特解 $x$ 。

根据欧几里得算法我们可以知道 $gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)$ 。

而且我们可以看出 $bx+(a\%b)y=gcd(b,a\%b)$
由此我们可得：(由于两边的 $x$ ， $y$ 值不同，我们用 $x'$ 和 $y'$ 进行区分)
$bx'+(a\%b)y'\ =\ ax + by$
我们想要把式子化简一下，可以从 $a\%b$ 入手，即 $a\%b\ =\ a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor \times b$ 。
所以我们可以化简得到： $ax + by\ =\ bx'+(a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor b)y'$
移项：
$ax + by=ay'+b(x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y')$
系数相等，所以我们可以解得
$\begin{cases} x=y'\\ y=(x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y')\\ \end{cases}$
根据欧几里得算法，我们一直递归下去，总会到要一个最终位置的 $a\%b=0$ 。
所以式子变成了 $ax=gcd(a,b)$ 。此时我们取一个特解 $x=1$ ， $y=0$ 。然后往回推，就可以得到一开始的那个 $x$ 。
此时解出来的 $x$ 就是 $a$ 关于 $p$ 的一个逆元。

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

递推求阶乘逆元。

我们经常会用到阶乘的逆元，我们可以考虑用费马小定理先求出最大那个阶乘的逆元，然后再往回推，直接看代码再解释。

void init() {
	fact[0] = 1;
	for (int i = 1; i < maxn; i++) {
		fact[i] = fact[i - 1] * i %mod;
	}
	inv[maxn - 1] = power(fact[maxn - 1], mod - 2);
	for (int i = maxn - 2; i >= 0; i--) {
		inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) %mod;
	}
}

我们可以假设把 $n!$ 的逆元表示为 $[n!]^{-1}$ 。
我们要求 $(n-1)!$ 的逆元，我们可以考虑给 $(n-1)!$ 乘上一个 $n$ 把他变为 $n!$ 。
即 $(n-1)!\times n[n!]^{-1}≡1\ mod\ p$
因此 $n[n!]^{-1}$ 是 $(n-1)!$ 关于 $p$ 的一个逆元。