学习笔记：求逆元的三种方法

前言

对于模运算来说：
$(a+b)\mod p=(a\mod p+b\mod p)\mod p$
$(a-b)\mod p=(a\mod p +b\mod p)\mod p$
$(a\times b)\mod p=(a\mod p \times b\mod p)\mod p$
$a^b\mod p=(a\mod p)^b\mod p$
我们发现模运算不满足除法。
那么如果要对分数取模的话，我们就要使用逆元。
逆元就是在模意义下的倒数，但并不是就是倒数！逆元可以表示为：
$\frac {a}{b}\mod p =a\times inv(b)\mod p$
其中
$b\times inv(b)\equiv1(\mod p)$

快速幂求解逆元

当p为质数时：
根据费马小定理，
$a^{p-1}\equiv1(\mod p)$
$a\times a^{p-2}\equiv 1 (\mod p)$
$a^{p-2}$ 即为逆元。使用快速幂可以快速求出。废话
时间复杂度O(logn)
代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int mod,x;

inline int fp(int a,int b)
{
    
    
	a%=mod;
	int ans=1;
	while(b)
	{
    
    
		if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
		a=(a*a)%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
    
    
	scanf("%d%d",&x,&mod);
	printf("%d\n",fp(x,mod-2)%mod);
	return 0;
}

扩展欧几里得求逆元

根据定义
$b\times inv(b)\equiv1(\mod p)$
等价于
$b\times inv(b)+p\times y =1$
即对于
$b\times x+p\times y =1$
求解 $x$
根据上次讲的拓展欧几里得求即可。上一期传送门
时间复杂度O(logn)，对于 $p$ 不是质数，也可以解。

代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int b,mod,x,y;

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

int main()
{
    
    
	scanf("%d%d",&b,&mod);
	exgcd(b,mod,x,y);
	while(x<0) x+=mod;
	printf("%d",x);
}

线性递推求逆元

当 $p$ 是质数时，
递推过程：
设 $t=p/i,k=p\mod i$
易得：
$t\times i+k\equiv0(\mod p)$
即 $k\equiv -t\times i(\mod p)$
两边同除以 $i\times k$
$inv(i)\equiv-t\times inv(k)(\mod p)$
带入 $t, k$
$inv(i)\equiv-p/i\times inv(p\mod i)(\mod p)$
为了避免负数，可以加 $p$ 且不影响结果，将 $\mod p$ 提出最终得到：
$inv(i)\equiv(p-p/i)\times inv(p\mod i)\mod p$
这样线性递推了。而且一次就求出了 $1 n$ 所有的逆元，所以适合大量的求逆元，而上面两种算法都是对单个求逆元，如果对n个求逆元，将会到达O(nlogn)，而使用线性递推复杂度为O(n)。

代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

#define num ch-'0'
void get(int &res)
{
    
    
    char ch;bool flag=0;
    while(!isdigit(ch=getchar()))
        (ch=='-')&&(flag=true);
    for(res=num;isdigit(ch=getchar());res=res*10+num);
    (flag)&&(res=-res);
}

ll inv[200000005];
ll n,p;

int main()
{
    
    
	scanf("%lld%lld",&n,&p);
	inv[1]=1;
	cout<<1<<endl;
	for(ll i=2;i<=n;i++)
	{
    
    
		inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
		cout<<inv[i]<<endl; //printf才能过 
	}
	return 0;
}