无数种求逆元的方法总结

乘法逆元

对于缩系中的元素，每个数a均有唯一的与之对应的乘法逆元x，使得ax≡1(mod n)
一个数有逆元的充分必要条件是gcd(a,n)=1，此时逆元唯一存在
逆元的含义：模n意义下，1个数a如果有逆元x，那么除以a相当于乘以x。

下面给出求逆元的几种方法：

1.扩展欧几里得

给定模数m，求a的逆相当于求解ax=1(mod m)
这个方程可以转化为ax-my=1
然后套用求二元一次方程的方法，用扩展欧几里得算法求得一组x0,y0和gcd
检查gcd是否为1
gcd不为1则说明逆元不存在
若为1，则调整x0到0~m-1的范围中即可

PS：这种算法效率较高，常数较小，时间复杂度为O(ln n)

2.费马小定理

在模为素数p的情况下，有费马小定理
a^(p-1)=1（mod p）
那么a^(p-2)=a^-1(mod p)
也就是说a的逆元为a^(p-2)

而在模不为素数p的情况下，有欧拉定理
a^phi(m)=1（mod m） (a⊥m)
同理a^-1=a^(phi(m)-1)

因此逆元x便可以套用快速幂求得了x=a^(phi(m)-1)

但是似乎还有个问题？如何判断a是否有逆元呢?

检验逆元的性质，看求出的幂值x与a相乘是否为1即可

PS:这种算法复杂度为O（log2N）在几次测试中，常数似乎较上种方法大

当p比较大的时候需要用快速幂求解

当模p不是素数的时候需要用到欧拉定理

a^phi(p)≡1 (mod p)

a*a^(phi(p)-1)≡1 (mod p)

a^(-1)≡a^(phi(p)-1) (mod p)

所以
时间复杂度即求出单个欧拉函数的值

(当p为素数的时候phi(p)=p-1,则phi(p)-1=p-2可以看出欧拉定理是费马小定理的推广)

PS：这里就贴出欧拉定理的板子，很少会用欧拉定理求逆元

3.特殊情况

一：

当N是质数，
这点也很好理解。当N是质数，0 < a < N时，，则a肯定存在逆元。
而解出的就满足，故它是a的逆元。

在CF 696C，

求解就灰常方便了…

二：

求逆元一般公式(条件b|a)

ans=a/bmodm=amod(mb)/b

公式证明：

PS:实际上a mod (bm)/b这种的对于所有的都适用，不区分互不互素,而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，如果a与m不互素，那就没有逆元，这个时候需要a mod (bm)/b来搞（此时就不是逆元的概念了）。但是当a与m互素的时候，bm可能会很大，不适合套这个一般公式，所以大部分时候还是用逆元来搞

4.逆元打表

有时会遇到这样一种问题，在模质数p下，求1~n逆元 n< p（这里为奇质数）。可以O(n)求出所有逆元，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1->n模奇素数的所有逆元了。

另外有个结论模的所有逆元值对应中所有的数，比如，那么对应的逆元是。

typedef  long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
int inv[N];void inverse(int n, int p) {inv[1] = 1;for (int i=2; i<=n; ++i) {inv[i] = (ll) (p - p / i) * inv[p%i] % p;}
}

转自：https://blog.csdn.net/guhaiteng/article/details/52123385

更多例题：https://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8220787

线性求逆元题目

ll c(int r,int l) {if (r<l) return 0;return jie[r]*inv[l]%mod*inv[r-l]%mod;
}
int main()
{jie[1] = 1;jie[0] = 1;inv[1] = 1;inv[0] = 1;for(int i = 2; i<=MAX-1; i++) jie[i] = (jie[i-1] * i)%mod;for(int i = 2; i<=MAX-1; i++) {inv[i] = (mod - mod/i*inv[mod%i]%mod)%mod;}
//这两个求逆元的公式都可以使用
//  for (int i=2; i<MAX; i++) {
//      inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
//  }
//预处理逆元的前缀积for (int i=2; i<MAX; i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]% mod;

线性求逆元题目

const ll mod = 1000000000+7;
const ll N = 300000+5;
const ll M = 3e5+3;
int n;
ll fac[1000005];            //阶乘
ll inv_of_fac[1000005];        //阶乘的逆元
int a[15];
ll dp[150][12];
ll qpow(ll x,ll n)
{ll ret=1;for(; n; n>>=1){if(n&1) ret=ret*x%mod;x=x*x%mod;}return ret;
}
void init()
{fac[1]=1;for(int i=2; i<=M; i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;inv_of_fac[M]=qpow(fac[M],mod-2);for(int i=M-1; i>=0; i--)inv_of_fac[i]=inv_of_fac[i+1]*(i+1)%mod;//inv_of_fac[i]=qpow(fac[i],mod-2);//为什么不行啊 //也行
}
ll C(ll a,ll b)
{if(b>a) return 0;if(b==0) return 1;return fac[a]*inv_of_fac[b]%mod*inv_of_fac[a-b]%mod;
}

咖啡鸡的求逆元：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=4005;
const int E=2000;
typedef long long ll;
const ll M=1000000007;
ll f[maxn],nf[maxn],inv[maxn],dp[2][maxn];
int n,m;
ll C(ll x,ll y){return f[x]*nf[y]%M*nf[x-y]%M;
}
ll K(ll x){return C(x*2,x)*inv[x+1]%M;
}
void add(ll &x,ll y){x+=y; if (x>=M) x-=M;
}
int main(){inv[1]=1; for (int i=2;i<maxn;i++) inv[i]=M-(M/i)*inv[M%i]%M;f[0]=nf[0]=1; for (int i=1;i<maxn;i++) f[i]=f[i-1]*i%M,nf[i]=nf[i-1]*inv[i]%M;return 0;
}

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