4 min read 921 words Updated Apr 25, 2026 Created May 03, 2026

逆元

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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

$$\begin{aligned} 3 \times inv(3) &= 21 \\ 21 &\equiv 1 \pmod p \end{aligned} $$

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

$$a^{-1} \equiv a^{p-2} \pmod p $$

扩展欧几里得算法

如果不满足先决条件呢？

这是相对来说的通法，但是总会有数据可以卡~~（不知道为什么~~

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：算法学习笔记(1): 欧几里得算法及其扩展

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。

$\varphi(p) = ord(\Z_p)$

或者说, $\varphi(p)$ 的大小就是模 $p$ 的一个完全剩余系的大小

而完全剩余系满足运算封闭，所以下文中 $A_1 = A_2$ 也可换一种解释方法了

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？

  1. 将$p$分解质因数，于是有 $p = a_1^{c_1} \, a_2^{c_2} \, a_3 ^{c_3} \ldots a_n^{c_n}$

  2. 此时$\varphi(p) = p \prod\limits_{i=1}^{n}\frac {a_i -1}{a_i}$

另外 $\varphi(x)$ 为积性函数

$gcd(x, y) = 1 \implies \varphi(xy) = \varphi(x)\varphi(y)$

欧拉定理证明

数论证明

令集合$A$为 $[1, p]$ 中所有与$p$互质的数，即

$$A_1 = \{a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{\varphi(p)}\} $$

任取一个与 $p$ 互质的数 $k$

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 $A_1 = A_2$

补充，为什么两者相等：

我们考虑在 $A_2$ 中取出 $ka_1$ 与 $ka_2$，并假设两者同余。即 $ka_1 \equiv ka_2 \pmod p$

也就是 $p \mid k(a_1 - a_2)$

由于 $k$ 与 $p$ 互质，可以得到 $p | (a_1 - a_2)$

同时，由于 $a_1, a_2$ 在数列 $A_1$ 中，意味着 $|a_1 - a_2| \lt p$

由于有且仅有一个实数 $0$ 满足绝对值小于 $p$ 且能被 $p$ 整除

所以可以知道 $ka_1 = ka_2$

也就是说，$A_2$ 中不存在相同的两个元素。同时，$A_2$ 是由 $A_1$ 中所有元素变化而来，也就是说 $A_2$ 是与 $A_1$ 等价的剩余系

经过重排序之后，两者相等

这里也可以看出,为什么 $k$ 需要与 $p$ 互质

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-群论证明

2023/01/15 更新

考虑 $k$ 与 $p$ 互质, 意味着 $k$ 在模 $p$ 的完全剩余系中

我们将之看成一个群, 并且可以知道, 模 $p$ 的完全剩余系为一个循环群

那么$\exists t, k^t \equiv 1 \pmod p$, 此时, $| \langle k \rangle|\ \ |t$ （$t$ 是 $k$ 的生成子群的大小的倍数）

根据某些定理：对于 $k \in H, | \langle k \rangle| \mid |H|$

定理：循环群的大小一定是其生成子群大小的倍数

由于上文提及过 $\varphi(p) = |H|$

也就是说，$\exists s, st = \varphi(p)$

那么可以推出 $k^t \equiv k^{\varphi(p)} \equiv1 \pmod p$

这里也可以体现为什么 $k$ 必须与 $p$ 互质

只有 $k$ 在 $\Z_p$ 中才能进行上述推论

扩展欧拉定理

没有互质的限制了

$$\begin{cases} k \lt \varphi(p) \implies a^k \equiv a^k \pmod p\\ k \ge \varphi(p) \implies a^k \equiv a^{k \bmod \varphi(p) + \varphi(p)} \pmod p \end{cases} $$

想必证明很简单，这里就不展开叙述了 其实是太复杂了，懒得写 QwQ

【模板】扩展欧拉定理 - 洛谷

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

注意：如果模数小于要求的数的范围，那么……自求多福 QwQ