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.   
5. using namespace std;  
6. typedef long long LL;  
7. const int N = 10005;  
8. const int MOD = 9901;  
9.   
10. bool prime[N];  
11. int p[N];  
12. int cnt;  
13.   
14. void isprime()  
15. {  
16.     cnt = 0;  
17.     memset(prime,true,sizeof(prime));  
18.     for(int i=2; i<N; i++)  
19.     {  
20.         if(prime[i])  
21.         {  
22.             p[cnt++] = i;  
23.             for(int j=i+i; j<N; j+=i)  
24.                 prime[j] = false;  
25.         }  
26.     }  
27. }  
28.   
29. LL power(LL a,LL b)  
30. {  
31.     LL ans = 1;  
32.     a %= MOD;  
33.     while(b)  
34.     {  
35.         if(b & 1)  
36.         {  
37.             ans = ans * a % MOD;  
38.             b--;  
39.         }  
40.         b >>= 1;  
41.         a = a * a % MOD;  
42.     }  
43.     return ans;  
44. }  
45.   
46. LL sum(LL a,LL n)  
47. {  
48.     if(n == 0) return 1;  
49.     LL t = sum(a,(n-1)/2);  
50.     if(n & 1)  
51.     {  
52.         LL cur = power(a,(n+1)/2);  
53.         t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;  
54.     }  
55.     else  
56.     {  
57.         LL cur = power(a,(n+1)/2);  
58.         t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;  
59.         t = (t + power(a,n)) % MOD;  
60.     }  
61.     return t;  
62. }  
63.   
64. void Solve(LL A,LL B)  
65. {  
66.     LL ans = 1;  
67.     for(int i=0; p[i]*p[i] <= A; i++)  
68.     {  
69.         if(A % p[i] == 0)  
70.         {  
71.             int num = 0;  
72.             while(A % p[i] == 0)  
73.             {  
74.                 num++;  
75.                 A /= p[i];  
76.             }  
77.             ans *= sum(p[i],num*B) % MOD;  
78.             ans %= MOD;  
79.         }  
80.     }  
81.     if(A > 1)  
82.     {  
83.         ans *= sum(A,B) % MOD;  
84.         ans %= MOD;  
85.     }  
86.     cout<<ans<<endl;  
87. }  
88.   
89. int main()  
90. {  
91.     LL A,B;  
92.     isprime();  
93.     while(cin>>A>>B)  
94.         Solve(A,B);  
95.     return 0;  
96. }  

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.   
5. using namespace std;  
6. typedef long long LL;  
7. const int N = 10005;  
8. const int MOD = 9901;  
9.   
10. bool prime[N];  
11. int p[N];  
12. int cnt;  
13.   
14. void isprime()  
15. {  
16.     cnt = 0;  
17.     memset(prime,true,sizeof(prime));  
18.     for(int i=2; i<N; i++)  
19.     {  
20.         if(prime[i])  
21.         {  
22.             p[cnt++] = i;  
23.             for(int j=i+i; j<N; j+=i)  
24.                 prime[j] = false;  
25.         }  
26.     }  
27. }  
28.   
29. LL multi(LL a,LL b,LL m)  
30. {  
31.     LL ans = 0;  
32.     a %= m;  
33.     while(b)  
34.     {  
35.         if(b & 1)  
36.         {  
37.             ans = (ans + a) % m;  
38.             b--;  
39.         }  
40.         b >>= 1;  
41.         a = (a + a) % m;  
42.     }  
43.     return ans;  
44. }  
45.   
46. LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)  
47. {  
48.     LL ans = 1;  
49.     a %= m;  
50.     while(b)  
51.     {  
52.         if(b & 1)  
53.         {  
54.             ans = multi(ans,a,m);  
55.             b--;  
56.         }  
57.         b >>= 1;  
58.         a = multi(a,a,m);  
59.     }  
60.     return ans;  
61. }  
62.   
63. void Solve(LL A,LL B)  
64. {  
65.     LL ans = 1;  
66.     for(int i=0; p[i]*p[i] <= A; i++)  
67.     {  
68.         if(A % p[i] == 0)  
69.         {  
70.             int num = 0;  
71.             while(A % p[i] == 0)  
72.             {  
73.                 num++;  
74.                 A /= p[i];  
75.             }  
76.             LL M = (p[i] - 1) * MOD;  
77.             ans *= (quick_mod(p[i],num*B+1,M) + M - 1) / (p[i] - 1);  
78.             ans %= MOD;  
79.         }  
80.     }  
81.     if(A > 1)  
82.     {  
83.         LL M = MOD * (A - 1);  
84.         ans *= (quick_mod(A,B+1,M) + M - 1) / (A - 1);  
85.         ans %= MOD;  
86.     }  
87.     cout<<ans<<endl;  
88. }  
89.   
90. int main()  
91. {  
92.     LL A,B;  
93.     isprime();  
94.     while(cin>>A>>B)  
95.         Solve(A,B);  
96.     return 0;  
97. }  

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.   
6. using namespace std;  
7. typedef long long LL;  
8. const int N = 10000005;  
9.   
10. bitset<N> prime;  
11.   
12. void isprime()  
13. {  
14.     prime.set();  
15.     for(int i=2; i<N; i++)  
16.     {  
17.         if(prime[i])  
18.         {  
19.             for(int j=i+i; j<N; j+=i)  
20.                 prime[j] = false;  
21.         }  
22.     }  
23. }  
24.   
25. LL ans1[N],ans2[N];  
26. LL inv[N];  
27.   
28. int main()  
29. {  
30.     isprime();  
31.     int MOD,m,n,T;  
32.     scanf("%d%d",&T,&MOD);  
33.     ans1[0] = 1;  
34.     for(int i=1; i<N; i++)  
35.         ans1[i] = ans1[i-1] * i % MOD;  
36.     inv[1] = 1;  
37.     for(int i=2;i<N;i++)  
38.     {  
39.         if(i >= MOD) break;  
40.         inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;  
41.     }  
42.     ans2[1] = 1;  
43.     for(int i=2; i<N; i++)  
44.     {  
45.         if(prime[i])  
46.         {  
47.             ans2[i] = ans2[i-1] * (i - 1) % MOD;  
48.             ans2[i] = ans2[i] * inv[i % MOD] % MOD;  
49.         }  
50.         else  
51.         {  
52.             ans2[i] = ans2[i-1];  
53.         }  
54.     }  
55.     while(T--)  
56.     {  
57.         scanf("%d%d",&n,&m);  
58.         LL ans = ans1[n] * ans2[m] % MOD;  
59.         printf("%lld\n",ans);  
60.     }  
61.     return 0;  
62. }  

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！

乘法逆元（转)

原文：http://www.cnblogs.com/topW2W/p/5413879.html