乘法逆元(编程计算)+两道版题

前言
有关乘法逆元定义
费马小定理
乘法逆元(编程计算)
- 有关乘法逆元题目
  - (AtCoder - 1974)いろはちゃんとマス目 / Iroha and a Grid(乘法逆元+组合计数)

前言

看到这里的小盆友们千万不要觉得这个东西很难,其实就是个1+1->1(1个定义+1个定理->1坨乘法逆元).Let’s begin.

有关乘法逆元定义

这个我们就不要玩笑了,来，直接看定义：
乘法:是指将相同的数加起来的快捷方式。(呵呵呵)
逆元素：指一个可以取消另一给定元素运算的元素，在数学里，逆元素广义化了加法中的加法逆元和乘法中的倒数。(???)
乘法逆元:群G中任意一个元素a，都在G中有唯一的逆元a‘,具有性质aa’=a’a=e，其中e为群的单位元。(!!!)

咳咳,是不是觉得最后两个很高深？其实第二个不用管,你只需要知道第3个，你可以这样理解:
有一个数a,一个模数M，当

gcd(a,M)=1(就是a,M互质) g c d ( a , M ) = 1 ( 就是 a , M 互质 )

gcd(a,M)=1\quad(就是a,M互质)满足时有

ab≡1(modM) a b ≡ 1 ( m o d M )

ab≡1(mod\quad M)此时b称为a的乘法逆元,同时此时a也为b的乘法逆元.又可以说此时a,b互为乘法逆元.
那么此时我们就可以表示出：

a≡b−1≡1b(modM) a ≡ b − 1 ≡ 1 b ( m o d M )

a≡b^{-1}≡\frac1b(mod\quad M)
可以简单、宽泛地甚至有点错误地理解为分数可以参加同余运算？
是不是思路清晰了很多(然并卵…)好吧,我们来举个例子：
当a=4,M=7时，此时4,7互质,那我们凑一凑就可以凑出: 4*2≡1(mod 7)，呀！一组乘法逆元就出现了！此时4,2就互为乘法逆元.(hhh…)再来俩例子:

当a=5,M=8时，此时5,8互质,那我们凑一凑又可以凑出: 5*5≡1(mod 8)，呀！一组乘法逆元又出现了！此时5,5就互为乘法逆元.

当a=10,M=3时，此时10,3互质,那我们凑一凑又可以凑出: 10*1≡1(mod 3)，呀！一组乘法逆元又出现了！此时10,1就互为乘法逆元.

我们可以发现,在同一M下当gcd(a,M)=1时可能有许多b满足ab≡1(mod M)比如第一个例子 4*2≡1(mod 7),同时4*9≡1(mod 7),4*16≡1(mod 7),说明同一a可能与多个b互为乘法逆元.
好吧,现在对乘法逆元大概了解一丢丢了吧？
补充一下,这里的b我们又可以记作inv(a)

费马小定理

至于怎么证明的,呵呵,作者并不知道,貌似是跟剩余系有关,有兴趣的盆友们自己查查吧，它的内容是：
假如p是质数，且

gcd(a,p)=1 g c d ( a , p ) = 1

gcd(a,p)=1那么

ap≡a(modp) a p ≡ a ( m o d p )

a^p≡a(mod\quad p)

ap−1≡1(modp) a p − 1 ≡ 1 ( m o d p )

a^{p-1}≡1(mod\quad p)
好吧,我们来试一试：
当a=8，p=3时gcd(8,3)=1，所以8^2≡1(mod 3)
当a=5，p=2时gcd(5,2)=1，所以5^1≡1(mod 2)
当a=4，p=5时gcd(4,9)=1，所以4^4≡1(mod 5)
…我们就默认它是对的吧…

乘法逆元(编程计算)

那么,今天最重要的来了
当有a,M满足gcd(a,M)=1,我们根据费马小定理可以得到：

aM−1≡1(modM) a M − 1 ≡ 1 ( m o d M )

a^{M-1}≡1(mod\quad M)
那么变一下形：

a∗aM−2≡1(modM) a ∗ a M − 2 ≡ 1 ( m o d M )

a*a^{M-2}≡1(mod\quad M)
这个东西是不是满足上面的乘法逆元定义？
所以,此时 a与a^(M-2)互为乘法逆元
那么

aM−2≡a−1≡1a(modM) a M − 2 ≡ a − 1 ≡ 1 a ( m o d M )

a^{M-2}≡a^{-1}≡\frac1a(mod\quad M)
我们有知道模运算有乘法结合律

ba≡b∗a−1≡b∗aM−2(modM) b a ≡ b ∗ a − 1 ≡ b ∗ a M − 2 ( m o d M )

\frac ba≡b*a^{-1}≡b*a^{M-2}(mod\quad M)
这说明, 如果当分数形如b/a(a!=0且为整数)参加模运算时,且gcd(a,M)=1，那么b/a就同余b*a^(M-2)
一个分数转化成了整数,神不神奇？？
所以, 在gcd(a,M)=1时，除以a等价于乘a的乘法逆元

有关乘法逆元题目

(AtCoder - 1974)いろはちゃんとマス目 / Iroha and a Grid(乘法逆元+组合计数)

这是我的另一篇博客….题目大意和跟乘法逆元没有关系的部分(是关于计数方面问题)先在里面看了吧(好吧,我这个可爱的人在刷阅读量)
…………………………………..
好了,相信你已经看到了这道题组合计数长这个样子：

(∑i=b+1WC(H−a+i−2,i−1)∗C(W+a−i−1,a−1))%MOD ( ∑ i = b + 1 W C ( H − a + i − 2 , i − 1 ) ∗ C ( W + a − i − 1 , a − 1 ) ) % M O D

(\sum_{i=b+1}^{W}C(H-a+i-2,i-1)*C(W+a-i-1,a-1))\%MO D
什么,你看不懂？那这种你看得懂了吧？

for(int i=b+1;i<=w;i++)//推导计数方法ans=(ans+C(h-a+i-2,i-1)*C(a+w-i-1,a-1)%MOD)%MOD;

好了,最重要的问题来了,C(m,n)怎么算？？
我们知道,当m,n很小时,我们可以直接硬算.But,这里H,W都是100000级别的数,这样做肯定会TLE的,于是我们就要预处理：
我们知道C(m,n)是这样算的：

C(m,n)=m!n!(m−n)! C ( m , n ) = m ! n ! ( m − n ) !

C(m,n)= \frac{m!}{n!(m-n)!}
看到没有?阶乘！于是我们可以把阶乘s[i]都给,把组合上半部分预处理出来：

    for(int i=1;i<=2*MAXN;i++) s[i]=s[i-1]*i%MOD;

这里为什么是2*MAXN?你看看我们的计数式子就知道了
问题是组合下半部分怎么搞？？我们知道,模运算中遇到除法是不能直接除的,因为有模数MOD但我们是不是可以变形成这样？

C(m,n)=(m!1n!(m−n)!)%MOD C ( m , n ) = ( m ! 1 n ! ( m − n ) ! ) % M O D

C(m,n)=(m! \frac{1}{n!(m-n)!})\%MOD
这里MOD是10^9+7,套路质数,所以满足之前所讲的乘法逆元,直接变形成：

C(m,n)=(m!(n!)MOD−2(m−n)!MOD−2)%MOD C ( m , n ) = ( m ! ( n ! ) M O D − 2 ( m − n ) ! M O D − 2 ) % M O D

C(m,n)=(m!(n!)^{MOD-2}(m-n)!^{MOD-2})\%MOD
我们就可以把最大的一个inv[i]和最小的inv[0]预处理出来,当然,可以加一个快速幂：

LL QuPow(LL x,LL y){//快速幂LL ret=1;while(y){if(y&1) ret=ret*x%MOD;x=x*x%MOD;y>>=1;}return ret;
}

    inv[0]=1;inv[2*MAXN]=QuPow(s[2*MAXN],MOD-2);

好了,那么其实你知道了除以最大s[i]怎么转换,就能知道剩下的所有：

1si+1≡invi+1≡1si∗(i+1)(modMOD) 1 s i + 1 ≡ i n v i + 1 ≡ 1 s i ∗ ( i + 1 ) ( m o d M O D )

\frac{1}{s_{i+1}}≡inv_{i+1}≡\frac{1}{s_i*(i+1)}(mod MOD)
你把最右边的(i+1)乘到第二个上面不就变成了s[i]的乘法逆元？
所以：

1si≡(i+1)∗invi+1(modMOD) 1 s i ≡ ( i + 1 ) ∗ i n v i + 1 ( m o d M O D )

\frac{1}{s_i}≡(i+1)*inv_{i+1}(mod MOD)
那我们就可以写递推式了：

for(int i=2*MAXN-1;i>=1;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;

好了,这处理完了算C(m,n)就简单了：

LL C(LL m,LL n){//计算排列return s[m]*inv[n]%MOD*inv[m-n]%MOD;
}

是不是很神奇？
牢记一句话：在gcd(a,M)=1时，除以a等价于乘a的乘法逆元
代码自己跳回去看吧,顺便点个赞我是最喜欢的~~~
(AtCoder - 1974)いろはちゃんとマス目 / Iroha and a Grid(乘法逆元+组合计数)

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