逆元
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
\[inv(i) \equiv \frac 1i \pmod p \]
稍微变换一下
\[inv(i) \equiv \frac 1 {i!} (i - 1)! \equiv inv(i!) (i - 1)! \pmod p \]
所以
inv[i] = ifac[i] * fac[i - 1] % p
合起来就是
for (int i = n; i; i--) {
inv[i] = ifac[i] * fac[i - 1] % p;
ifac[i - 1] = ifac[i] * i % p;
}
就可以在较少的常数下同时求得两者了
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