ACM数论之旅6---数论倒数,又称逆元(我整个人都倒了( ̄﹏ ̄))

数论倒数,又称逆元(因为我说习惯逆元了,下面我都说逆元)

数论中的倒数是有特别的意义滴

你以为a的倒数在数论中还是1/a吗

(・∀・)哼哼~天真

先来引入求余概念

(a +  b) % p = (a%p +  b%p) %p  (对)

(a  -  b) % p = (a%p  -  b%p) %p  (对)

(a  *  b) % p = (a%p *  b%p) %p  (对)

(a  /  b) % p = (a%p  /  b%p) %p  (错)

为什么除法错的

证明是对的难,证明错的只要举一个反例

(100/50)%20 = 2       ≠      (100%20) / (50%20) %20 = 0

对于一些题目,我们必须在中间过程中进行求余,否则数字太大,电脑存不下,那如果这个算式中出现除法,我们是不是对这个算式就无法计算了呢?

答案当然是 NO (>o<)

这时就需要逆元了

我们知道

如果

a*x = 1

那么x是a的倒数,x = 1/a

但是a如果不是1,那么x就是小数

那数论中,大部分情况都有求余,所以现在问题变了

a*x  = 1 (mod p)

那么x一定等于1/a吗

不一定

所以这时候,我们就把x看成a的倒数,只不过加了一个求余条件,所以x叫做    a关于p的逆元

比如2 * 3 % 5 = 1,那么3就是2关于5的逆元,或者说2和3关于5互为逆元

这里3的效果是不是跟1/2的效果一样,所以才叫数论倒数

a的逆元,我们用inv(a)来表示

那么(a  /  b) % p = (a * inv(b) ) % p = (a % p * inv(b) % p) % p

这样就把除法,完全转换为乘法了 (。・ω・),乘法超容易

正篇开始

逆元怎么求

(忘了说,a和p互质,a才有关于p的逆元)

方法一:

费马曾经说过:不想当数学家的数学家不是好数学家(( ̄▽ ̄)~*我随便说的,别当真)

费马小定理

a^(p-1) ≡1 (mod p)

两边同除以a

a^(p-2) ≡1/a (mod p)

什么(,,• ₃ •,,),这可是数论,还敢写1/a

应该写a^(p-2) ≡ inv(a) (mod p)

所以inv(a) = a^(p-2) (mod p)

这个用快速幂求一下,复杂度O(logn)(ง •̀_•́)ง

 LL pow_mod(LL a, LL b, LL p){//a的b次方求余p
LL ret = ;
while(b){
if(b & ) ret = (ret * a) % p;
a = (a * a) % p;
b >>= ;
}
return ret;
}
LL Fermat(LL a, LL p){//费马求a关于b的逆元
return pow_mod(a, p-, p);
}

方法二:

要用扩展欧几里德算法

还记得扩展欧几里德吗?(不记得的话,欧几里得会伤心的(╭ ̄3 ̄)╭♡)

a*x + b*y = 1

如果ab互质,有解

这个解的x就是a关于b的逆元

y就是b关于a的逆元

为什么呢?

你看,两边同时求余b

a*x % b + b*y % b = 1 % b

a*x % b = 1 % b

a*x = 1 (mod b)

你看你看,出现了!!!(/≥▽≤/)

所以x是a关于b的逆元

反之可证明y

附上代码:

 #include<cstdio>
typedef long long LL;
void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d){
if (!b) {d = a, x = , y = ;}
else{
ex_gcd(b, a % b, y, x, d);
y -= x * (a / b);
}
}
LL inv(LL t, LL p){//如果不存在,返回-1
LL d, x, y;
ex_gcd(t, p, x, y, d);
return d == ? (x % p + p) % p : -;
}
int main(){
LL a, p;
while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){
printf("%lld\n", inv(a, p));
}
}

方法三:

当p是个质数的时候有
inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p

这为啥是对的咩?

证明不想看的孩子可以跳过。。。( ̄0  ̄)

证明:
设x = p % a,y = p / a
于是有 x + y * a = p
(x + y * a) % p = 0
移项得 x % p = (-y) * a % p
x * inv(a) % p = (-y) % p
inv(a) = (p - y) * inv(x) % p
于是 inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p

然后一直递归到1为止,因为1的逆元就是1

代码:

 #include<cstdio>
typedef long long LL;
LL inv(LL t, LL p) {//求t关于p的逆元,注意:t要小于p,最好传参前先把t%p一下
return t == ? : (p - p / t) * inv(p % t, p) % p;
}
int main(){
LL a, p;
while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){
printf("%lld\n", inv(a%p, p));
}
}

这个方法不限于求单个逆元,比前两个好,它可以在O(n)的复杂度内算出n个数的逆元

递归就是上面的写法,加一个记忆性递归,就可以了

递推这么写

 #include<cstdio>
const int N = + ;
const int MOD = (int)1e9 + ;
int inv[N];
int init(){
inv[] = ;
for(int i = ; i < N; i ++){
inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD;
}
}
int main(){
init();
}

又学到新知识了o(*≧▽≦)ツ好开心

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