乘法逆元（转)

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今天我们来探讨逆元在ACM-ICPC竞赛中的应用，逆元是一个很重要的概念，必须学会使用它。

对于正整数和，如果有，那么把这个同余方程中的最小正整数解叫做模的逆元。

逆元一般用扩展欧几里得算法来求得，如果为素数，那么还可以根据费马小定理得到逆元为。

推导过程如下

求现在来看一个逆元最常见问题，求如下表达式的值（已知）

当然这个经典的问题有很多方法，最常见的就是扩展欧几里得，如果是素数，还可以用费马小定理。

但是你会发现费马小定理和扩展欧几里得算法求逆元是有局限性的，它们都会要求与互素。实际上我们还有一

种通用的求逆元方法，适合所有情况。公式如下

现在我们来证明它，已知，证明步骤如下

接下来来实战一下，看几个关于逆元的题目。

题目：http://poj.org/problem?id=1845

题意：给定两个正整数和，求的所有因子和对9901取余后的值。

分析：很容易知道，先把分解得到，那么得到，那么

的所有因子和的表达式如下

所以我们有两种做法。第一种做法是二分求等比数列之和。

代码：

[cpp] view plain copy

  1. #include <iostream>
  2. #include <string.h>
  3. #include <stdio.h>
  4. using namespace std;
  5. typedef long long LL;
  6. const int N = 10005;
  7. const int MOD = 9901;
  8. bool prime[N];
  9. int p[N];
  10. int cnt;
  11. void isprime()
  12. {
  13. cnt = 0;
  14. memset(prime,true,sizeof(prime));
  15. for(int i=2; i<N; i++)
  16. {
  17. if(prime[i])
  18. {
  19. p[cnt++] = i;
  20. for(int j=i+i; j<N; j+=i)
  21. prime[j] = false;
  22. }
  23. }
  24. }
  25. LL power(LL a,LL b)
  26. {
  27. LL ans = 1;
  28. a %= MOD;
  29. while(b)
  30. {
  31. if(b & 1)
  32. {
  33. ans = ans * a % MOD;
  34. b--;
  35. }
  36. b >>= 1;
  37. a = a * a % MOD;
  38. }
  39. return ans;
  40. }
  41. LL sum(LL a,LL n)
  42. {
  43. if(n == 0) return 1;
  44. LL t = sum(a,(n-1)/2);
  45. if(n & 1)
  46. {
  47. LL cur = power(a,(n+1)/2);
  48. t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;
  49. }
  50. else
  51. {
  52. LL cur = power(a,(n+1)/2);
  53. t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;
  54. t = (t + power(a,n)) % MOD;
  55. }
  56. return t;
  57. }
  58. void Solve(LL A,LL B)
  59. {
  60. LL ans = 1;
  61. for(int i=0; p[i]*p[i] <= A; i++)
  62. {
  63. if(A % p[i] == 0)
  64. {
  65. int num = 0;
  66. while(A % p[i] == 0)
  67. {
  68. num++;
  69. A /= p[i];
  70. }
  71. ans *= sum(p[i],num*B) % MOD;
  72. ans %= MOD;
  73. }
  74. }
  75. if(A > 1)
  76. {
  77. ans *= sum(A,B) % MOD;
  78. ans %= MOD;
  79. }
  80. cout<<ans<<endl;
  81. }
  82. int main()
  83. {
  84. LL A,B;
  85. isprime();
  86. while(cin>>A>>B)
  87. Solve(A,B);
  88. return 0;
  89. }

第二种方法就是用等比数列求和公式，但是要用逆元。用如下公式即可

因为可能会很大，超过int范围，所以在快速幂时要二分乘法。

代码：

[cpp] view plain copy

  1. #include <iostream>
  2. #include <string.h>
  3. #include <stdio.h>
  4. using namespace std;
  5. typedef long long LL;
  6. const int N = 10005;
  7. const int MOD = 9901;
  8. bool prime[N];
  9. int p[N];
  10. int cnt;
  11. void isprime()
  12. {
  13. cnt = 0;
  14. memset(prime,true,sizeof(prime));
  15. for(int i=2; i<N; i++)
  16. {
  17. if(prime[i])
  18. {
  19. p[cnt++] = i;
  20. for(int j=i+i; j<N; j+=i)
  21. prime[j] = false;
  22. }
  23. }
  24. }
  25. LL multi(LL a,LL b,LL m)
  26. {
  27. LL ans = 0;
  28. a %= m;
  29. while(b)
  30. {
  31. if(b & 1)
  32. {
  33. ans = (ans + a) % m;
  34. b--;
  35. }
  36. b >>= 1;
  37. a = (a + a) % m;
  38. }
  39. return ans;
  40. }
  41. LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
  42. {
  43. LL ans = 1;
  44. a %= m;
  45. while(b)
  46. {
  47. if(b & 1)
  48. {
  49. ans = multi(ans,a,m);
  50. b--;
  51. }
  52. b >>= 1;
  53. a = multi(a,a,m);
  54. }
  55. return ans;
  56. }
  57. void Solve(LL A,LL B)
  58. {
  59. LL ans = 1;
  60. for(int i=0; p[i]*p[i] <= A; i++)
  61. {
  62. if(A % p[i] == 0)
  63. {
  64. int num = 0;
  65. while(A % p[i] == 0)
  66. {
  67. num++;
  68. A /= p[i];
  69. }
  70. LL M = (p[i] - 1) * MOD;
  71. ans *= (quick_mod(p[i],num*B+1,M) + M - 1) / (p[i] - 1);
  72. ans %= MOD;
  73. }
  74. }
  75. if(A > 1)
  76. {
  77. LL M = MOD * (A - 1);
  78. ans *= (quick_mod(A,B+1,M) + M - 1) / (A - 1);
  79. ans %= MOD;
  80. }
  81. cout<<ans<<endl;
  82. }
  83. int main()
  84. {
  85. LL A,B;
  86. isprime();
  87. while(cin>>A>>B)
  88. Solve(A,B);
  89. return 0;
  90. }

其实有些题需要用到模的所有逆元，这里为奇质数。那么如果用快速幂求时间复杂度为，

如果对于一个1000000级别的素数，这样做的时间复杂度是很高了。实际上有的算法，有一个递推式如下

它的推导过程如下，设，那么

对上式两边同时除，进一步得到

再把和替换掉，最终得到

初始化，这样就可以通过递推法求出模奇素数的所有逆元了。

另外模的所有逆元值对应中所有的数，比如，那么对应的逆元是。

题目：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2186

题意：求中互质的数的个数，其中。

分析：因为，所以，我们很容易知道如下结论

   对于两个正整数和，如果是的倍数，那么中与互素的数的个数为

     本结论是很好证明的，因为中与互素的个数为，又知道，所以

结论成立。那么对于本题，答案就是

其中为小于等于的所有素数，先筛选出来即可。由于最终答案对一个质数取模，所以要用逆元，这里

求逆元就有技巧了，用刚刚介绍的递推法预处理，否则会TLE的。

代码：

[cpp] view plain copy

  1. #include <iostream>
  2. #include <string.h>
  3. #include <stdio.h>
  4. #include <bitset>
  5. using namespace std;
  6. typedef long long LL;
  7. const int N = 10000005;
  8. bitset<N> prime;
  9. void isprime()
  10. {
  11. prime.set();
  12. for(int i=2; i<N; i++)
  13. {
  14. if(prime[i])
  15. {
  16. for(int j=i+i; j<N; j+=i)
  17. prime[j] = false;
  18. }
  19. }
  20. }
  21. LL ans1[N],ans2[N];
  22. LL inv[N];
  23. int main()
  24. {
  25. isprime();
  26. int MOD,m,n,T;
  27. scanf("%d%d",&T,&MOD);
  28. ans1[0] = 1;
  29. for(int i=1; i<N; i++)
  30. ans1[i] = ans1[i-1] * i % MOD;
  31. inv[1] = 1;
  32. for(int i=2;i<N;i++)
  33. {
  34. if(i >= MOD) break;
  35. inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
  36. }
  37. ans2[1] = 1;
  38. for(int i=2; i<N; i++)
  39. {
  40. if(prime[i])
  41. {
  42. ans2[i] = ans2[i-1] * (i - 1) % MOD;
  43. ans2[i] = ans2[i] * inv[i % MOD] % MOD;
  44. }
  45. else
  46. {
  47. ans2[i] = ans2[i-1];
  48. }
  49. }
  50. while(T--)
  51. {
  52. scanf("%d%d",&n,&m);
  53. LL ans = ans1[n] * ans2[m] % MOD;
  54. printf("%lld\n",ans);
  55. }
  56. return 0;
  57. }

接下来还有一个关于逆元的有意思的题目，描述如下

证明：由

其中

所以只需要证明，而我们知道模的逆元对应全部

中的所有数，既是单射也是满射。

所以进一步得到

证明完毕！

时间： 2024-10-13 01:43:17

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