以 O(N) 线性时间复杂度递推逆元的方法

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在之前我们已经知道乘法逆元的三种求法,对于一般的题目让你把答案模一个质数,如果要求逆元一般用费马小定理,可以在 \Theta (Nlog_2(N)) 时间内构造出 1 到 N 的逆元:inv(x)=x^{mo-2} \bmod mo。但是对于 10^7 级别的 N,这样的求法就显得有点慢。能不能在 \Theta (N) 时间内递推出 inv(x) 呢?

答案是肯定的。

线性推逆元的递推式

(模数是 N\lfloor x \rfloor 表示 x 向下取整)

inv(i)=(N-N/i)\ast inv(N\bmod i)\bmod N

原理与证明

某位大佬的博客上看到一个证明。(以下 a/b\displaystyle \lfloor \frac a b \rfloor 均表示 a 整除 b

假设 \displaystyle k=\lfloor \frac N i \rfloor ,b=N \bmod i;显然有:

k \ast i + b \equiv 0 \pmod N

变换得到:

-k \ast i \equiv b \pmod N

两边同除 i \ast k

-k \ast inv(b) \equiv inv(i) \pmod N

kb 换回来,就得到了!

- \lfloor \frac N i \rfloor \ast inv(N \bmod i)\equiv inv(i) \pmod N \\
inv(i) \bmod N = - (N/i) \ast inv(N \bmod i) \bmod N \\

因为 inv(i) 有很多个,我们可以求出最小的一个,一定小于等于 N(证明详见:乘法逆元的三种求法),所以左边的 \bmod N 可以去掉了。右边有个 \bmod N ,为了让右边大于 0,我们可以给它加上 N

inv(i) = (N-N/i) \ast inv(N \bmod i) \bmod N

初始 inv(0)=1,可以愉快地递推啦~

代码

其实知道了递推式,代码就两行……

    inv[0]=1;
    for (int i=1;i<=M;i++) inv[i]=(N-(N/i))*inv[N%i]%N;

参考

逆元详解 - CSDN博客


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