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A - 乘法逆元

求 \(1∼n\) 中的所有数在模 \(p\) 意义下的乘法逆元

1.快速幂

根据欧拉定理，若\(a\)和\(p\)互质，则\(a^{\varphi(p)}\equiv1\;(mod\;p)\),当\(p\)是质数，则满足:
\(p\) 为质数， \(a\) 为正整数， \(a\) 和 \(p\) 互质， 则\(a^{p-1} \equiv 1\;(mod\;p)\).
根据费马小定理： \(a \times a^{p-2} \equiv 1\;(mod \; p)\), \(a^{p-2}\;(mod\;p)\)即为\(a\)的逆元， 利用快速幂求解即可.

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

typedef long long LL;
int n, p;

int pow_mod(int a, int b, int p)
{
	int res = 1;
	while(b)
	{
		if(b & 1) res = (LL)res * a % p;
		a = (LL)a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &p);
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		printf("%d\n", pow_mod(i, p - 2, p));
	return 0;	
} 

2.扩展欧几里得

当\(a\)和\(p\)互质，但\(p\)不是质数时，解线性同余方程\(a*x\equiv1\;(mod\;p)\):
转化为：\(a*x+p*y\equiv1\),因为\(a\)和\(p\)互质，所以一定有解，用exgcd求解即可
exgcd解出的逆元有可能是负数，转化成\(mod\;p\)意义下的正数即可

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

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; 
}

int main()
{
	int n, p;
	scanf("%d%d", &n, &p);
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
	{
		int x, y;
		exgcd(i, p, x, y);
		x = (x % p + p) % p;
		printf("%d\n", x);
	}
	return 0;
} 

3.线性递推

设\(p = k * i + r\), \(k\)是\(\dfrac{p}{i}\)的商，\(r\)是余数
\(k*i+r\equiv0\;(mod\;p)\)， 两边同时乘上\(i^{-1}\)和\(r^{-1}\)
\(k * r^{-1} + i^{-1} \equiv 0\;(mod\;p)\)
\(i^{-1} \equiv -k * r^{-1}\;(mod\;p)\)
\(i^{-1} \equiv -\left\lfloor\dfrac{p}{i}\right\rfloor * (p\;mod\;i)^{-1}\;(mod\;p)\)
且已知\(1^{-1}\equiv1\;(mod\;p)\)，则可以线性递推

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

typedef long long LL;
const int N = 3e6 + 20; 
int inv[N];

int main()
{
	int n, p;
	scanf("%d%d", &n, &p);
	inv[1] = 1; puts("1");
	for(int i = 2; i <= n; ++ i)
	{
		inv[i] = (LL)(p - p / i) * inv[p % i] % p;
		printf("%d\n", inv[i]);
	}
	return 0;
}

B - 除数函数求和 1

\(\sigma_k(n) = \sum_{d|n}d^k\), 求\(\sum_{i=1}^n\sigma_k(i)\)的值对\(10^9 + 7\)取模的结果.