逆元及P3811 【模板】乘法逆元

逆元

在了解逆元前先看看同余的定义：

在数论中，同余是指两个数除以同一个正整数所得的余数相等。通常用符号≡表示同余关系。

具体地说，对于给定的整数a、b和正整数m，如果a和b除以m所得的余数相等，则称a与b在模m下同余，记作a ≡ b (mod m)。

换句话说，如果 (a mod m) = (b mod m)，则称a与b在模m下同余。

逆元：对于一个整数a和模数m，能够找到一个整数x，使得ax除以m的余数为1。换句话说，如果存在整数x满足
a x ≡ 1 ( m o d m ) ax ≡ 1 (mod\ m) ax≡1(mod m)

那么x就是a的乘法逆元。

对于x，可以记为 x = a − 1 x=a^{-1} x=a−1

模运算

在模运算中，除法运算并不像我们在实数域中那样直接进行，需要借助逆元，比如求：
a b ( m o d    p ) \frac{a}{b} (\mod{p}) ba(modp)

可以求：
a ∗ b − 1 ( m o d    p ) a*b^{-1}(\mod p) a∗b−1(modp)

求法

费马小定理

若 p 是一个质数， a 是任意整数，则有： a p ≡ a ( m o d p ) 若p是一个质数，a是任意整数，则有：a^p ≡ a (mod p) 若p是一个质数，a是任意整数，则有：ap≡a(modp)

费马小定理可以用于求解逆元，具体步骤如下：

1. 确定模数p和待求逆元的数a，确保a不是p的倍数。
2. 根据费马小定理，计算 a p − 2 ( m o d p ) a^{p-2} (mod\ p) ap−2(mod p)。
3. 得到的结果即为a关于模p的逆元。

优点：好写，简单

缺点：不全面

欧拉定理

欧拉定理：
若 a 和 n 是互质的正整数，则有： a φ ( n ) ≡ 1 ( m o d n ) 若a和n是互质的正整数，则有：a^{φ(n)} ≡ 1 (mod\ n) 若a和n是互质的正整数，则有：aφ(n)≡1(mod n)

注：欧拉函数通常用符号φ(n)表示，是指小于或等于正整数n且与n互质的正整数个数。

根据容斥原理，容易得出：

ϕ ( x ) = ∑ S ⊆ { p 1 , p 2 . . . . . , p m } ( − 1 ) ∣ S ∣ n ∏ p i ∈ S p i \phi(x)=\sum_{S\subseteq\{p_1,p_2.....,p_m\}}(-1)^{|S|}{n\over\prod_{p_i\in S}p_i} ϕ(x)=S⊆{p1,p2.....,pm}∑(−1)∣S∣∏pi∈Spin

可化为：
ϕ ( x ) = x ∗ ∏ i = 1 m ( 1 − 1 p i ) = n \phi(x)=x* \prod_{i=1}^{m} (1-{1 \over p_i})=n ϕ(x)=x∗i=1∏m(1−pi1)=n

程序c++

int eulerPhi(int n) {
    int result = n;
    for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
        if (n % i == 0) {
            while (n % i == 0)n /= i;
            result = result / i*(i-1);
        }
    }
    if (n > 1) result = result / n *(n-1);
    return result;
}

题目

【模板】乘法逆元

题目背景

这是一道模板题

题目描述

给定 n , p n,p n,p 求 1 ∼ n 1\sim n 1∼n 中所有整数在模 p p p 意义下的乘法逆元。

这里 a a a 模 p p p 的乘法逆元定义为 a x ≡ 1 ( m o d p ) ax\equiv1\pmod p ax≡1(modp) 的解。

输入格式

一行两个正整数 n , p n,p n,p。

输出格式

输出 n n n 行，第 i i i 行表示 i i i 在模 p p p 下的乘法逆元。

样例 #1

样例输入 #1

10 13

样例输出 #1

1
7
9
10
8
11
2
5
3
4

提示

1 \\leq n \\leq 3 \\times 10 \^ 6, n \< p \< 20000528

输入保证 p 为质数。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int M = 1e8;
int inv[M];

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