乘法逆元

含義

首先，數(shù)學(xué)上的乘法逆元就是指直觀的倒數(shù)，即 $a$ 的逆元是 $\frac{1}{a}$ ，也即與 $a$ 相乘得 $1$ 的數(shù)。$ax=1$，則 $x$ 是 $a$ 的乘法逆元。

如果到度娘上搜索逆元，會(huì)看到如下定義：（這里逆元素是逆元的全稱）

逆元素是指一個(gè)可以取消另一給定元素運(yùn)算的元素 。

這個(gè)定義似乎不太那么直觀……

我們來舉個(gè)例子吧，先再實(shí)數(shù)范圍舉例，由小學(xué)知識(shí)可知，如果一個(gè)代數(shù)式 $F$ 乘一個(gè)數(shù) $a$ 后，再乘它的倒數(shù) $\frac{1}{a}$ ，相當(dāng)于沒有乘 $a$ （這里不考慮 $0$ 的情況），換句話說，我們乘 $\frac{1}{a}$ 后，取消了代數(shù)式 $F$ 乘 $a$ 后值增大的影響。

不難發(fā)現(xiàn)這符合逆元的定義，故我們可以說一個(gè)數(shù)和其倒數(shù)互為乘法逆元。

而算法這里這里我們討論關(guān)于取模運(yùn)算的乘法逆元，即對(duì)于整數(shù) $a$ ，與 $a$ 互質(zhì)的數(shù) $b$ 作為模數(shù)，當(dāng)整數(shù) $x$ 滿足 $ax\mathrm{mod}b\equiv 1$ 時(shí)，稱 $x$ 為 $a$ 關(guān)于模 $b$ 的逆元，代碼表示是 a * x % b == 1 。

我們通常將 $a$ 的逆元記作 $a^{?1}$ 。

在算法競(jìng)賽中，經(jīng)常會(huì)遇到求解數(shù)據(jù)很大，則輸出模 $10^9+7$ 的解這類要求。加法、減法、乘法等操作，基于同余理論直接取模即可。但遇到除法時(shí)，某步中間結(jié)果不一定能完成整除，就無法求解了。

舉個(gè)栗子：
求3 * 6 / 3 對(duì)7 取模的結(jié)果。我們直接算出3 * 6 / 3的結(jié)果是6，對(duì)7取模得最終答案是6 。

但我們通常面對(duì)的問題是中間結(jié)果超過int甚至long long的范圍，而不得不在每一步基于同余理論取模，我們用這個(gè)例子嘗試一下：

還是求 3 * 6 / 3 % 7

第一步：3 * 6 == 18，18 % 7 == 4

第二步：4 這個(gè)中間結(jié)果再做 4 / 3 無法整除，就無法進(jìn)行下去了。

但我們可以求出除數(shù)3 關(guān)于模數(shù)7的逆元5（根據(jù)逆元定義，5 符合3 * 5 % 7 == 1），從而，用乘以5代替除以3。

上述第二步除法變乘法：4 * 5 == 20，20 % 7 == 6

從而也計(jì)算出了正確的結(jié)果6 。

故而我們需要一個(gè)算法求 除數(shù) 的 取模逆元 ，從而在四則運(yùn)算取模的任務(wù)中，用逆元將除法轉(zhuǎn)為乘法。

求法

1.費(fèi)馬小定理

前置芝士：歐拉定理：若$a,n$互質(zhì),則$a^{?(n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。

費(fèi)馬小定理：當(dāng)有兩數(shù) $a$, $p$ 滿足 $gcd?(a,p)=1$, 并且 $p$ 是質(zhì)數(shù)時(shí)，則有

$$\begin{array}{r}{a}^{p?1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

將該等式與 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 對(duì)比可以驚奇地發(fā)現(xiàn)：
$$\begin{array}{r}x=a^{p?2}\end{array}$$

逆元求出來之后，就可以用 快速冪 求出 $a^{p?2}$ 的值了；

時(shí)間復(fù)雜度：大約 $O(logp)$ 。

這里沒啥好貼的代碼了，貼一個(gè)快速冪吧：

//計(jì)算a^k%p int qmi(int a,int k,int p){int res=1;while(k){if(k&1) res=(LL)res*a%p;k>>=1;a=(LL)a*a%p;}return res; }

2.擴(kuò)展歐幾里得

前置芝士：裴蜀定理：對(duì)于任意的正整數(shù) $a,b$ 一定存在正整數(shù) $x,y$ 使得 $ax+by=gcd(a,b);$ (并且也是能湊出來的最小正整數(shù))

由定義可知：$ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，這個(gè)式子等價(jià)于已知 $a,p$ 求一個(gè)二元一次不定方程 $ax=kp+1$，移一下項(xiàng)得：$ax?kp=1$。這東西與 $ax+by=gcd(a,b)$ 不是神似？就是擴(kuò)展歐幾里得算法。

附一小段擴(kuò)展歐幾里得代碼：

//返回gcd(a,b)，計(jì)算x,y int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){if(!b){x=1,y=0;return a;}int d=exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return d; }

相比于費(fèi)馬小定理，擴(kuò)展歐幾里得的使用限制更小，不再需要 $p$ 是質(zhì)數(shù)，只需要 $a,p$ 互質(zhì)即可。

時(shí)間復(fù)雜度：大約 $O(logn)$ 。

3.遞推計(jì)算階乘的逆元

當(dāng)我們要計(jì)算一大串連續(xù)的階乘的逆元時(shí)，采用費(fèi)馬小定理或擴(kuò)展歐幾里得算法就有可能超時(shí)，所以我們必須采用一個(gè)更快的算法。

令 $f_i=i!$ ，則可得：
$$\begin{array}{r}inv(f_i)\equiv inv(f_{i?1}?(i))(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

我們將右式乘開，則有：
$$\begin{array}{r}inv(f_i)\equiv inv(f_{i?1})?i^{?1}(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

最后我們每一次只用處理i這一個(gè)數(shù)的逆元了。

下面是一小段預(yù)處理代碼(提前打表)：

//fact[i]表示i的階乘，infact[i]表示i的階乘的逆元。 fact[0]=infact[0]=1;for(int i = 1;i < N;i ++ ){fact[i]=(LL)fact[i - 1]*i%mod;infact[i]=(LL)infact[i - 1]*qmi(i,mod - 2,mod)%mod;}

4.遞推計(jì)算連續(xù)的數(shù)的逆元 (線性求逆)

當(dāng)我們要計(jì)算連續(xù)的數(shù)的逆元時(shí)，我們可以采用以下遞推式：
$$\begin{array}{r}inv(i)=(p??\frac{p}{i}?)\times inv(p\mathrm{mod}i)\mathrm{mod}p\end{array}$$

證明：設(shè) $t=?\frac{p}{i}?,k=p\mathrm{mod}i$ ，那么顯然有
$$\begin{array}{r}t\times i+k\equiv 0(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

變形可得
$$\begin{array}{r}?t\times i\equiv k(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

兩邊同時(shí)除以 $ik$ 得到
$$\begin{array}{r}?t\times \frac{1}{k}\equiv \frac{1}{i}(\mathrm{mod}p)\end{array}$$
即
$$\begin{array}{r}inv(i)\equiv ?t\times inv(k)(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

所以有
$$\begin{array}{r}inv(i)=(p??\frac{p}{i}?)\times inv(p\mathrm{mod}i)\mathrm{mod}p\end{array}$$

參考代碼：

#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm>using namespace std;const int maxn = 3e6 + 10; long long infact[maxn], n, p;int main() {scanf("%lld%lld", &n, &p);infact[0] = 0, infact[1] = 1;//初始化1的逆元為1printf("%lld\n", infact[1]);for (int i = 2; i <= n; ++i){infact[i] = (p - p / i) * infact[p % i] % p;//上文中的式子printf("%lld\n", infact[i]);}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的乘法逆元笔记总结的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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