概念

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

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(a) ) % p = (a % p * inv(a) % p) % p

这样就把除法，完全转换为乘法了

方法一：

费马小定理

a^(p-1) ≡1 (mod p)

两边同除以a

a^(p-2) ≡1/a (mod p)

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)

代码

LL pow_mod(LL a, LL b, LL p){
    //a的b次方求余p       LL ret = 1;      while(b){          if(b & 1) ret = (ret * a) % p;          a = (a * a) % p;          b >>= 1;      }      return ret;  } LL Fermat(LL a, LL p){
    //费马求a关于p的逆元          return pow_mod(a, p-2, p);}

方法二：

要用扩展欧几里德算法

还记得扩展欧几里德吗？

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)

所以x是a关于b的逆元

反之可证明y

代码

#include
     
       typedef long long LL; void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d){     if (!b) {d = a, x = 1, y = 0;}     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 == 1 ? (x % p + p) % p : -1; } 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

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
     
       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 == 1 ? 1 : (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
     
      const int N = 200000 + 5;const int MOD = (int)1e9 + 7;int inv[N];int init(){inv[1] = 1;     for(int i = 2; i < N; i ++){         inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD;     } } int main(){     init(); }
     

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