数论继续学习6---数论倒数,又称逆元
2018-03-17 10:27
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数论继续学习6---数论倒数,又称逆元
数论倒数,又称逆元(因为我说习惯逆元了,下面我都说逆元)数论中的倒数是有特别的意义滴
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 (>o<)
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(逆元) a的逆元,我们用inv(a)来表示 那么(a / b) % p = (a * inv(b) ) % p = (a % p * inv(b) % p) % p这样就把除法,完全转换为乘法了 (。・ω・),乘法超容易 正篇开始 逆元怎么求(注:忘了说,a和p互质,a才有关于p的逆元)
方法一:1.扩展欧几里得。aa^-1≡ 1(mod p),可以转换为aa^-1 + py = 1,即是扩展欧几里得所能解的ax + by = gcd(a, b)。最常用的解法。int x, y;
int extgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if (b == 0){
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int gcd = exgcd(b, a % b, x, y);
int tmp = x;
x = y;
y = tmp - (a/b) * y;
return gcd;
}
/*
求解ax+by=gcd(a,b),亦即ax≡1(mod b)。函数返回值是a,b的最大公约数,而x即a的逆元。
注意a, b不能写反了。
*/
方法二: 费马曾经说过:不想当数学家的数学家不是好数学家(( ̄▽ ̄)~*我随便说的,别当真)费马小定理a^(p-1) ≡1 (mod p)两边同除以aa^(p-2) ≡1/a (mod p)什么(,,• ₃ •,,),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)(ง •̀_•́)ง 代码如下:ll pow_mod(ll a, ll b, ll p){ //矩阵快速幂求a^b%p;
ll ans = 1;
while(b)
{
if(b&1) ans = (ans*a)%p;
a = (a*a)%p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll Fermat(ll a, ll p){ //费马求a关于p的逆元
return pow_mod(a, p-2, p);
}
方法三:
网上看到的一个很厉害的o(n)的递推,求前n个逆元,不知道是怎么推出来的,但是可以简单地证明一下正确性(要求所mod p为素数)。首先,1的逆元是1,没什么疑问。
假设前i个数的逆元已经求出,那么
i^-1 = (p%i)^-1 * (p - [p/i]) % p。其中[]表示去尾取整。
(p%i)^-1其实就是(p-[p/i]i)^-1,然后我们左右乘以i,
ii^-1 = (p-[p/i]i)^-1 * ((i-1)p + p-[p/i]i) % p,
其实就是ii^-1 = k^-1 * ((i-1)p + k) % p = 0 + 1 = 1,这样就证完了=。=//字体真糟糕。。int[] inv = new int[MAXN];
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i<MAXN; i++)
inv[i] = inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
网上有推导
稍后有错误我直接在博客上修改。。。。
数论倒数,又称逆元(因为我说习惯逆元了,下面我都说逆元)数论中的倒数是有特别的意义滴
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 (>o<)
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(逆元) a的逆元,我们用inv(a)来表示 那么(a / b) % p = (a * inv(b) ) % p = (a % p * inv(b) % p) % p这样就把除法,完全转换为乘法了 (。・ω・),乘法超容易 正篇开始 逆元怎么求(注:忘了说,a和p互质,a才有关于p的逆元)
方法一:1.扩展欧几里得。aa^-1≡ 1(mod p),可以转换为aa^-1 + py = 1,即是扩展欧几里得所能解的ax + by = gcd(a, b)。最常用的解法。int x, y;
int extgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if (b == 0){
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int gcd = exgcd(b, a % b, x, y);
int tmp = x;
x = y;
y = tmp - (a/b) * y;
return gcd;
}
/*
求解ax+by=gcd(a,b),亦即ax≡1(mod b)。函数返回值是a,b的最大公约数,而x即a的逆元。
注意a, b不能写反了。
*/
方法二: 费马曾经说过:不想当数学家的数学家不是好数学家(( ̄▽ ̄)~*我随便说的,别当真)费马小定理a^(p-1) ≡1 (mod p)两边同除以aa^(p-2) ≡1/a (mod p)什么(,,• ₃ •,,),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)(ง •̀_•́)ง 代码如下:ll pow_mod(ll a, ll b, ll p){ //矩阵快速幂求a^b%p;
ll ans = 1;
while(b)
{
if(b&1) ans = (ans*a)%p;
a = (a*a)%p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll Fermat(ll a, ll p){ //费马求a关于p的逆元
return pow_mod(a, p-2, p);
}
方法三:
网上看到的一个很厉害的o(n)的递推,求前n个逆元,不知道是怎么推出来的,但是可以简单地证明一下正确性(要求所mod p为素数)。首先,1的逆元是1,没什么疑问。
假设前i个数的逆元已经求出,那么
i^-1 = (p%i)^-1 * (p - [p/i]) % p。其中[]表示去尾取整。
(p%i)^-1其实就是(p-[p/i]i)^-1,然后我们左右乘以i,
ii^-1 = (p-[p/i]i)^-1 * ((i-1)p + p-[p/i]i) % p,
其实就是ii^-1 = k^-1 * ((i-1)p + k) % p = 0 + 1 = 1,这样就证完了=。=//字体真糟糕。。int[] inv = new int[MAXN];
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i<MAXN; i++)
inv[i] = inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
网上有推导
稍后有错误我直接在博客上修改。。。。
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