算法学习笔记(2): 逆元及其应用

定义

逆元素，是指一个可以取消另一给定元素运算的元素

具体来说，对于实际的一些应用，如：

当我们想要求(11 / 3) % 10时

明显可以看出，是没有办法直接算的，这时就需要引入逆元

\(a\) 在模\(p\)意义下的逆元记作 \(a^{-1}\)，也可以用inv(a)表示

应当满足

\[a * a^{-1} \equiv 1 \pmod p \]

则此时，(11 / 3) % 10就可以写成(11 * inv(3)) % 10

可以求出，inv(3)在模10意义下= 7

\[\begin{align} 3 \times inv(3) &= 21 \\ 21 &\equiv 1 \pmod p \end{align} \]

故(11 / 3) % 10 = (11 * 7) % 10 = ((11 % 10) * (7 % 10)) = (1 * 7) % 10 = 7

为什么我要多此一举在第三步再变换一次？

在实际应用中，a * b可能会很大以至于溢出，导致错误，所以分开来乘以减小数据规模

如何求？

费马小定理

依据费马小定理(需要注意先决条件，\(a\)与\(p\)互质且\(p\)是质数)

费马小定理可以通过欧拉定理求解，详见后文欧拉定理

\[gcd(a, p) == 1 \; and \; \text{p is prime} \implies a^p \equiv a \pmod p \]

故此时可以有

\[a^{-1} = a^{p-2} \]

扩展欧几里得算法

如果不满足先决条件呢？

这是相对来说的通发，但是总会有数据可以卡

根据观察

\[a^{-1}\,a \equiv 1 \pmod p \]

令\(i = a^{-1}\)换成等式可以知道

\[ia + rp = 1 \]

由于已知\(a, p\)，则此时可以通过扩展欧几里得算法求解 \(i\) 的值

扩展欧几里得算法可以参考这篇文章：扩展欧几里得算法。

是我认为写的非常好的一篇文章。

欧拉定理

再推广一下？若 \(p\) 不为质数呢？

那么就要有欧拉定理来了

\[gcd(k, p) == 1 \implies k^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p \]

\(\varphi{(p)}\)指 \([1, p]\) 中与\(p\)互质的数的个数。特别的，\(1\)也算。

举个例子：

\(\varphi(7) = 6\) ，因为7是质数（所以在\(p\)为质数的时候就退化成费马小定理了）
\(\varphi(6) = 2\)，因为只有1, 5和它互质

但是如何求\(\varphi(p)\)呢？

将\(p\)分解质因数，于是有 \(p = a_1^{c_1} \, a_2^{c_2} \, a_3 ^{c_3} \ldots a_n^{c_n}\)
此时\(\varphi(p) = p \prod\limits_{i=1}^{n}\frac {a_i -1}{a_i}\)

欧拉定理证明

令集合\(A\)为 \([1, p]\) 中所有与\(p\)互质的数，即

\[A_1 = \{a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{\varphi(p)}\} \]

将\(A\)中每一个元素在模\(p\)意义下乘\(k\)，由于\(A\)中元素与\(p\)互质，且\(k\)也与\(p\)互质，可知

\[A_2 = \{ka_1 \% p, ka_2 \% p, ka_3 \% p, \ldots, ka_{\varphi(p)} \%p\} \]

也满足为 \([1, p]\) 中所有与p互质的数，故可知 \(A_1 = A_2\)

于是

\[\prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)} {a_i} \equiv \prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)} k{a_i}\pmod p \]

即是

\[\prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)} {a_i} \equiv k^{\varphi(p)} \prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)} {a_i}\pmod p \]

左右相减，变形即可知 \(k^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p\)

扩展欧拉定理

\[a^k \equiv a^{k \bmod \varphi(p) + \varphi(p)} \pmod p \]

想必证明很简单，这里就不展开叙述了

补充：快速幂

可以看出，如果要利用欧拉定理，需要求\(a^k\)，当\(k\)非常大的时候，就需要快速幂的帮助了

推荐阅读：快速幂

这里给出一种参考代码

// (a**x) % p
int quickPow(int a, int x, int p) {
    int r = 1;
    while (x) {
        // no need to use quickMul when p*p can be smaller than int64.max !!!
        if (x & 1) r = (r * a) % p;
        a = (a * a) % p, x >>= 1;
    }
    return r;
}

至于其中的那一行注释，主要是考虑到当\(a\), \(p\)都很大（如：a = 1e15, p = 1e17 + 1时，a * a一定会溢出，所以需要“快速”乘来辅助）

实际上“快速”乘特别慢，是O(logn)的复杂度……所以叫龟速乘也不为过

推荐阅读：快速乘总结 - 一只不咕鸟，里面有更详细的阐述

这里给出快速乘的一种参考代码

// a*b % p O(log b)
int quickMul(int a, int b, int p) {
    // let b < a, to reduce a little time to process.
    if (a < b) std::swap(a, b);

    int r = 0;
    while (b) {
        if (b & 1) r = (r + a) % p;
        a = (a<<1) % p, b >>= 1;
    }
    return r;
}

notice: 适当的使用long long

线性求逆元

不妨设我们需要求\(i\)在模\(p\)意义下的逆元

很容易知道，1的逆元为1，所以边界条件就有了

令 \(p = k i + r\), 放在模 \(p\) 意义下则有 \(ki + r \equiv 0 \pmod p\)

两边同时乘以 \(i^{-1}r^{-1}\) 可以得到 \(kr^{-1} + i^{-1} \equiv 0 \pmod p\)

变换一下

\[\begin{aligned} i^{-1} &\equiv -kr ^{-1} \pmod p \\ i^{-1} &\equiv -\lfloor \frac pi \rfloor (p\ mod\ i)^{-1} \pmod p \\ inv(i) &\equiv (p - \lfloor \frac pi \rfloor)inv(p \% i) \pmod p \end{aligned} \]

所以，有了递推式

inv[i] = (p - p/i) * inv[p % i] % p;

线性求阶乘逆元

这个东西一般用于求组合数

我们先预处理出阶乘

fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
    fac[i] = (fac[i - 1] * i) % p;

根据逆元定义\(i\ \frac 1i \equiv 1 \pmod p\)

所以 \(inv(i!) \equiv \frac 1 {i!} \pmod p\)

稍微变换一下

\[\frac 1 {i!} \equiv \frac 1 {(i + 1)!}(i + 1) \pmod p \]

所以有了递推式

ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % p

我们逆着推，假设最大需要到\(n\)

ifac[n] = quickPow(fac[n], p - 2);
for (int i = n; i; i--)
    ifac[i - 1] = ifac[i] * i % p;

同时求逆元与阶乘逆元

还是逆元的本质是求倒数

\[inv(i) \equiv \frac 1i \pmod p \]