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乘法逆元:
对于一个模数 \(p\) 和一个除数 \(x\) ,往往可以找到一个特殊数 \(y\) ,
将\(\div x\) 改为 \(\times y\) , 即可代替。这个数 \(y\) ,称为 \(x\) 的"逆元",记作 \(inv(x)\) 。
例:
\(3 \div 3 \times 4 (\mod 11)\)
\(=3 \times 4 \times 4 (\mod 11)\)
\(= 4\)
其中, \(4\) 即为模数为 \(11\) 时 , \(3\) 的 逆元.通过定义与例子 , 不难看出逆元与原数之间的关系:
\(\large x \times inv(x) \equiv 1(\mod p)\)
求解模的逆元:
有 \(4\) 种方法可以求得 模的逆元
根据 扩展欧几里得 :
模数可以 不为质数
\(x \times inv(x) \equiv 1(\mod p)\) 其中 \(x,p\) 都是已知的。
有没有很眼熟 ？
这就是一个
未知数为 \(inv(x)\) , 方程右侧的 \(c=1\) 的同余方程 ,求 \(inv(x)\) 的值 , 解出此同余方程即可。
关于 扩展欧几里得 与 解同余方程 ，
详见： 欧几里得 与 扩展欧几里得 - 核融合炉心 - 洛谷博客
根据 费马小定理 :
#### 只适用于模数为质数的情况
由费马小定理：
\(\large x ^{p-1} \equiv 1 \pmod p\)故有 : $ x ^{p-1}\equiv x \times inv(x) \pmod p$
等式两侧同除x , 有: \(inv(x) \equiv x ^{p-2} \pmod p\)
之后可以通过快速幂求余 , 求得 \((x ^{p-2} ) \% p\) 的值 ,
即可直接得到 \(inv(x)\) 的值
递推法 :
只适用于模数为质数的情况
如果要解模的逆元的数 , 数量很多，但是连续 , 那该怎么办 ?
就可以使用递推法 。
\(i\) 模 \(p\) 意义下的逆元 \(inv(i)\) 可表示为 :
\(\large inv(i) = -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \times inv(p\% i)\% p\)
证明:
设 $p=k\times i + r $ , \((k,r \in Z)\)
因为 : \(p \equiv 0 (\mod p)\) ,
则 : \((k\times i + r) \equiv 0 (\mod p)\)
使方程两边同乘 : \(inv(i)\times inv(r)\) ,
根据 逆元的性质 ，则:
\((inv(i) \times i )\% p=1\) ， \((inv(r) \times r )\% p=1\) ;
原式变为 ：
\(k \times 1 \times inv(r) + 1\times inv(i) \equiv 0 (\mod p)\)
\(inv(i) \equiv -k\times inv(r)\)
又因为 : $p=k\times i + r $
原式变为 ： \(inv(i) \equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor\times inv(p\%i) (\mod p)\)
即 ： \(inv(i) = -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \times inv(p\% i) \% p\)
又因为 : \((p\% i) <i\) ,
则 : \(inv(p\% i)\) 在求出 \(inv(i)\) 前便已求 , 可以进行递推
原式得证 。
显然 , 求得的 \(inv(i)\) 不一定为最小整数解
若要获得最小正整数解,需要再加这样一步操作:
使 \(-\lfloor \frac{p}{i}\rfloor\) 先加上一个 \(p\) , 再将其模掉 。
即 : \(inv(i) = (p - \lfloor \frac{p}{i}\rfloor)\times inv(p \% i) \% p;\)
阶乘逆元法：
#### 只适用于模数为质数的情况
设 \(f(i)=inv(i!)\) , $ g(i)=i! $
则： \(f(i-1) = f(i)\times i\)
证明:
\(f(i-1)=\frac{1}{\ (i-1)\ !}=\frac{1}{i\ !}\times i =f(i)\times i\)
假设要求 \([1,n]\) 中所有数的逆元
先求得 \([1,n]\) 中所有数的阶乘
再用 费马小定理 求得 \(f(n)\) 的值
之后递推出 \(f(1 \sim n)\) 的值
但是 \(inv(1! \sim n! )\) 并不是我们想要的答案
需要继续转化。
可知 : $inv(i) = inv(i!) \times(i-1) ! $
证明 :
\(inv(i)=\frac{1}{i}=\frac{1}{i\ !}\times (i-1)\ ! = inv(i!)\times (i-1)!\)
按照上述方法转换,
可得:\(inv(i)=f(i)\times (i-1)!\)
即得答案 。
回到此题
先看一眼数据范围:
\(1\leqslant n \leqslant 3\times 10^6\) , \(n<p<20000528\)
输入保证 \(p\) 为质数.
很明显, 扩欧法 和 快速幂法 都被卡了 .
由于区间连续 , 且模数 \(p\) 为质 ,
则可以进行 线性递推
原理上面讲的非常清楚.
代码如下:
### 递推法 :
#include<cstdio>
using namespace std;
long long n,p;
long long ans[5000010]={0,1};
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&p);
printf("1\n");
for(long long i=2;i<=n;i++) //线性递推
{
ans[i]=(long long)(p-p/i)*ans[p%i]%p;
printf("%lld\n",ans[i]);
}
}### 阶乘逆元法：
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll mul(ll a,ll b,ll mod) //快速幂模板
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=ans*a%mod;
a=(a*a)%mod;
b>>=1;
}
return ans%mod;
}
ll n,p;
ll c[5000010]={1};
ll f[5000010];
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&p);
for(int i=1;i<=n;i++)
c[i]=(c[i-1]*i)%p;
f[n]=mul(c[n],p-2,p); //获得inv(n!)
for(int i=n-1;i>=1;i--) //递推阶乘的逆元
f[i]=(f[i+1]*(i+1))%p;
for(int j=1;j<=n;j++) //转化并输出
printf("%lld\n",(f[j]*c[j-1])%p);
}