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有限域逆元算法的实现
近世代数第３０卷第１７期计算机工程２００４年９月ｙ０１．３０§砸ｌ７ＣｏｍｐｕｔｅｒＥｎｇｉｎｅｅｒｉｎｇＳｅｐｔｅｍｂｅｒ２００４?开发研究与设计技术?文章编号：ｔｏｏｏ＿３４２８（２００４）１７珈１８４一１２文ｉｌｉｔｌｔｉｉＲｔｉｓｔ：Ａ中图分类号：ＴＮ９１８
有限域逆元算法的实现
刘文江，董威，戎蒙恬
（上海交通大学信息安全学院，Ｉ：海２０００３０）
摘要：在扩展欧几里得算法的基础上提出了有限域乘法逆元的计算方法。给出了该算法的硬件结构图。该算法的优点是其¨寸问复杂度和空问复杂度较优，便于ＶＬＳＩ的实现。
关健词：有限域；乘法逆元；椭刚曲线；欧儿里得
ＩｍｐｌｅｍｅｎｔａｔｉｏｎｆｏｒＣｏｍｐｕｔｉｎｇＤｉｖｉｓｉｏｎｉｎＧａｌｏｉｓＦｉｅｌｄｓ
ＬＩＵＷｅｎｉｉａｎｇ，ＤＯＮＧＷｅｉ，ＲＯＮＧＭｅｎｇｔｉａｎ
（ＣｏｌｌｅｇｅｏｆＩｎｆｏｒｍａｔｉｏｎＳｅｃｔ．’．ｃｙ，ＳｈａｎｇｈａｉＪｉａｏｔｏｎｇＵｎｉｖｅｔ‘ｓｉｔｙ，Ｓｈａｎｇｈａｉ２０００３０）
【Ａｂｓｔｒａｃｔ】Ａｎｉｍｐｌｅｍｅｎｔａｔｉｏｎｆｏｌ‘ｃｏｍｐｕｔｉｎｇｍｕｌｔｉｐｌｉｃａｔｉｖｅｉｎｖｅｒｓｅｓｉｎＧａｌｏｉｓｆｉｅｌｄｓＧＦ（２…）ｉｓｐｒｅｓｅｎｔｅｄＴｉｌｅａｌｇｏｉ’ｉｔｈｍｉｓｂａｓｅｄｏｎａｍｏｄｉｆｉｃａｔｉｏｎｏｆＥｕｃｌｉｄ’Ｓａｌｇｏｒｉｔｈｍ．Ｔｈｅｆｌｌ’ｃｈｉｔｅｃｔｕｒｅｏｆＣｉｒｃｌｅｔｂｒＶＬＳｌｉｓａｌｓｏｐｌ’ｅｓｅｎｔｅｄ．
【Ｋｅｙｗｏｒｄｓ】Ｆｉｎｉｔｃｌｉｅｌｄ；ＭｕＩｔｉｐｌｉｃａｔｉｖｅｉｎｖｅｌ‘ｓｅ；ＥＣＣ；Ｅｕｃｌｉｄ
随着非对称密码学的发展，椭圆曲线（ＥＣＣ）密码学因数器的变化。
为其独特的优势，渐渐取代ＲＳＡ在非对称密码学中的地位，表１寄存器和计数器数据
现ｊ＇ＥＥＣＣ；一泛使用在无线通信不ＮＳｍａｒｔ卡中，完成加密、签Ｓｉｆ＝ｎａｌｓＲｅｇｉｓｔｅｌ‘ＳＣｏｕｎｌｅｌ名等功能。ＥＣＣ的优势在于它可以使用比ＲＳＡ少得多的比特‰Ｓ…Ｄｅｌｔａ＝０ＲＳ【ＪＶＤｅｌｔａ数目的密钥达到同样的保密效果。尽管这样，ＥＣＣｆｆ，的密钥（）ＸＸｘＲＳ、ＵＶＤｅｌｔａ４ｌ长度还是比较大的，实际应用中的密钥长度有１９２、２５６等不０（）ＳＳＲｘＶＬＪＤｅＩｔａ＋Ｉ同等级，应用中涉及到大数的存储和运算，因此对空间和时ＯＲｘＳＵ／ｘＶＤｅＩｌａ—ｌ问的要求特别高，本文充分考虑了二者的复杂度，提出了扩ｌ０ｘ．（Ｓ－Ｒ）Ｒｘ（Ｖ—Ｕ）ＵＤｅｌｔａ＋１展欧几里得算法，具有很好的效果。Ｒｘ（Ｓ－Ｒ）Ｕ／ｘＶ．ＵＤｅｌｔａ．１ｌ欧几里得算法简化上表，同时引进两个变量Ｔ币ｔｌＷ，这两个变量的值是
有限域ＧＦ（２”１）是包含９２…个元素的代数系统，该系Ｔ＝ＳＷ＝Ｖｒｍ一０或者ｓ。＝０
统的每个元素都能够表示成小于Ｆｉ］次的多项式，该多项式的Ｔ＝Ｓ—ＲＷ＝Ｖ—Ｕｒ。＝ｓ。＝１
每个系数要么是１，要么是０。在有限域上定义了加法、减简化后寄存器和计数器数据见表２。
法、乘法、求逆运算。下断提到的Ｂ（ｘ）是需要求逆的多项表２简化后寄存器和计数器数据
式，它是定义在ＧＦ（２１１１）中的元素。Ｆ（ｘ）是一个定义在ＧＦｆｎ“ｒ，ｎ＝０Ｉｉ，二ｉ（２…）不ｔ习‘约多项式。求逆的算法有很多种，本文在利用扩Ｄｃｌｔａ＝ＯＤｅＩｔａ＜＞Ｏ展欧几里德Ｏ＇，Ｊｂｌ４算两个多项式的最大公约数的基础上，提出ＲＢ（Ｘ）ｘＲｘｒＲ了?个基于有限域的乘法逆元的算法。ＳＦ（ｘ）ｒＲｘ＿ｒ
Ｉｎｖｅｒｓｉｏｎ：ＵｘＵｘＷＵ／ｘ
ｌ?：＝ｒ（ｘ）；Ｄｄｔａ：＝０；Ｓ：＝Ｉ？（ｘ）；Ｒ：＝Ｂ（ｘ）：Ｖ：＝（）；Ｕ：＝１；Ｖ（）ＷＵＷ
Ｉ：ｏｒｉ：＝＝ｌ【ｏ２ｍｄｏＤｅｈａＯＤｅｌｔａ＋ＩＤｃＩｔａ＋ｌＤｅｌｔａ—ｌＩＩ’ｌｊｉ＝０
ｔｈｅｎＲ：＝×．Ｒ：Ｕ＝ｆｘＵ）ＭＯＤｒ：ＤｅＩｔａ—Ｐ＝Ｊ；寄存器Ｒ和Ｓ有数据来往，ｕ，ｕｖ寄存器有数据来往。ＥｌｓｃＲ、ｓ，ｕｕ、Ｖ之间没有数据交换，引入下面４个控制信号：１ｆｓ。＝ＩｔｈｅｎＳ：＝Ｓ—Ｒ：Ｖ：＝（Ｖ—Ｕ）ＭＯＤ１７：Ｅｎｄ；ＭｕｌｔＲ：＝（ｒｍ一０）
Ｓ：＝ｘ．Ｓ：ＭｕｔｔＵ：＝（ｒｍ一０）ＯＦ（ｄｅｌｔａ＝０）
Ｉｆｄｅｌｔａ＝０ｔｈｅｎＳｗｔｉｃｈ：＝（‘ｆ１）＆（ｄｅｌｔａ＝０）
（Ｒ卜＿＋Ｓ）；（Ｕ（一＞Ｖ）；Ｕ：＝（ｘ．Ｕ）ＭＯＤＦ；ｄｅｌｔａ：＝ＩＲｅｄｕｃｅ：＝（Ｉ＇ｍ＝１）＆（Ｓｉｎ＝１）
ｌｇｌｓｅ
Ｕ：＝（Ｕ／ｘ）ＭＯＤＦ：Ｄｃｌｔａ一＝１；多项式Ｒ；ｆＵＳ放在（ｍ＋１）比特的寄存器‰…ｒ０］和
Ｅｎｄ；［Ｓ。…Ｓ（，］中。ｕ和Ｖ分别放在ｍ比特寄存器［ｕ。…ｕ０］和Ｅｎｄ；
Ｅｎｄ；（Ｂ“（ｘ）二＝Ｕ＝Ｖ）
２硬件实现基金项目：国家“８６３”计划基金资助项目（８６３一１０４—０１一０２）
作者简介：刘文江（１９７５一），男，硕士生，主研方向：ＥＣＣ；董
首先观察－－ｆｉＲ、Ｓ、Ｕ、Ｖ寄存器的数据流，表１根据Ｌ。威，硕士生；戎蒙恬，博导和Ｉｓ。以及ｄｅｌｔａ的值确定ｒＲ、ｓ、ｕ、Ｖ寄存器的数据流和计收稿日期：２００３．０９，０９
．１８４一’
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数论（68）
今天我们来探讨逆元在ACM-ICPC竞赛中的应用，逆元是一个很重要的概念，必须学会使用它。
对于正整数和，如果有，那么把这个同余方程中的最小正整数解叫做模的逆元。
逆元一般用扩展欧几里得算法来求得，如果为素数，那么还可以根据费马小定理得到逆元为。
推导过程如下
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& &&
求现在来看一个逆元最常见问题，求如下表达式的值（已知）
&&&&&&&&&&&
当然这个经典的问题有很多方法，最常见的就是扩展欧几里得，如果是素数，还可以用费马小定理。
但是你会发现费马小定理和扩展欧几里得算法求逆元是有局限性的，它们都会要求与互素。实际上我们还有一
种通用的求逆元方法，适合所有情况。公式如下
现在我们来证明它，已知，证明步骤如下
接下来来实战一下，看几个关于逆元的题目。
题意：给定两个正整数和，求的所有因子和对9901取余后的值。
分析：很容易知道，先把分解得到，那么得到，那么
&&&& 的所有因子和的表达式如下
所以我们有两种做法。第一种做法是二分求等比数列之和。
#include &iostream&
#include &string.h&
#include &stdio.h&
typedef long long LL;
const int N = 10005;
const int MOD = 9901;
bool prime[N];
void isprime()
memset(prime,true,sizeof(prime));
for(int i=2; i&N; i++)
if(prime[i])
p[cnt++] =
for(int j=i+i; j&N; j+=i)
prime[j] =
LL power(LL a,LL b)
LL ans = 1;
ans = ans * a % MOD;
a = a * a % MOD;
LL sum(LL a,LL n)
if(n == 0) return 1;
LL t = sum(a,(n-1)/2);
LL cur = power(a,(n+1)/2);
t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;
LL cur = power(a,(n+1)/2);
t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;
t = (t + power(a,n)) % MOD;
void Solve(LL A,LL B)
LL ans = 1;
for(int i=0; p[i]*p[i] &= A; i++)
if(A % p[i] == 0)
int num = 0;
while(A % p[i] == 0)
A /= p[i];
ans *= sum(p[i],num*B) % MOD;
ans %= MOD;
ans *= sum(A,B) % MOD;
ans %= MOD;
cout&&ans&&
int main()
isprime();
while(cin&&A&&B)
Solve(A,B);
第二种方法就是用等比数列求和公式，但是要用逆元。用如下公式即可
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
因为可能会很大，超过int范围，所以在快速幂时要二分乘法。
#include &iostream&
#include &string.h&
#include &stdio.h&
typedef long long LL;
const int N = 10005;
const int MOD = 9901;
bool prime[N];
void isprime()
memset(prime,true,sizeof(prime));
for(int i=2; i&N; i++)
if(prime[i])
p[cnt++] =
for(int j=i+i; j&N; j+=i)
prime[j] =
LL multi(LL a,LL b,LL m)
LL ans = 0;
ans = (ans + a) %
a = (a + a) %
LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
LL ans = 1;
ans = multi(ans,a,m);
a = multi(a,a,m);
void Solve(LL A,LL B)
LL ans = 1;
for(int i=0; p[i]*p[i] &= A; i++)
if(A % p[i] == 0)
int num = 0;
while(A % p[i] == 0)
A /= p[i];
LL M = (p[i] - 1) * MOD;
ans *= (quick_mod(p[i],num*B+1,M) + M - 1) / (p[i] - 1);
ans %= MOD;
LL M = MOD * (A - 1);
ans *= (quick_mod(A,B+1,M) + M - 1) / (A - 1);
ans %= MOD;
cout&&ans&&
int main()
isprime();
while(cin&&A&&B)
Solve(A,B);
其实有些题需要用到模的所有逆元，这里为奇质数。那么如果用快速幂求时间复杂度为，
如果对于一个1000000级别的素数，这样做的时间复杂度是很高了。实际上有的算法，有一个递推式如下
&&&&&&&&&&&&&&&&&&
它的推导过程如下，设，那么
对上式两边同时除，进一步得到
再把和替换掉，最终得到
初始化，这样就可以通过递推法求出模奇素数的所有逆元了。
另外模的所有逆元值对应中所有的数，比如，那么对应的逆元是。
题意：求中互质的数的个数，其中。
分析：因为，所以，我们很容易知道如下结论
&&&& 对于两个正整数和，如果是的倍数，那么中与互素的数的个数为
&&&& 本结论是很好证明的，因为中与互素的个数为，又知道，所以
&&&& 结论成立。那么对于本题，答案就是
&&&&& 其中为小于等于的所有素数，先筛选出来即可。由于最终答案对一个质数取模，所以要用逆元，这里
&&&&& 求逆元就有技巧了，用刚刚介绍的递推法预处理，否则会TLE的。
#include &iostream&
#include &string.h&
#include &stdio.h&
#include &bitset&
typedef long long LL;
const int N = ;
void isprime()
prime.set();
for(int i=2; i&N; i++)
if(prime[i])
for(int j=i+i; j&N; j+=i)
prime[j] =
LL ans1[N],ans2[N];
LL inv[N];
int main()
isprime();
int MOD,m,n,T;
scanf(&%d%d&,&T,&MOD);
ans1[0] = 1;
for(int i=1; i&N; i++)
ans1[i] = ans1[i-1] * i % MOD;
inv[1] = 1;
for(int i=2;i&N;i++)
if(i &= MOD)
inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
ans2[1] = 1;
for(int i=2; i&N; i++)
if(prime[i])
ans2[i] = ans2[i-1] * (i - 1) % MOD;
ans2[i] = ans2[i] * inv[i % MOD] % MOD;
ans2[i] = ans2[i-1];
while(T--)
scanf(&%d%d&,&n,&m);
LL ans = ans1[n] * ans2[m] % MOD;
printf(&%lld\n&,ans);
接下来还有一个关于逆元的有意思的题目，描述如下
&&&& 所以只需要证明，而我们知道模的逆元对应全部
&&&& 中的所有数，既是单射也是满射。
&&&& 所以进一步得到
&&&&& 证明完毕！
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拓展欧几里得
来源：人气：11
辗转相除法
int gcd(int a, int b){ return a == 0 ? b : gcd(b % a, a); }
拓展欧几里得算法
ll exgcd(ll a, ll b)
if(b == 0)
x = 1, y = 0;
ll ans = exgcd(b, a%b);
y = tmp - (a / b) *
例题：同余方程 Mod
No2012提高组复赛Day2T1
求关于x的同余方程ax ≡ 1 (mod b)的最小正整数解。
输入只有一行，包含两个正整数a, b，用一个空格隔开。
输出只有一行，包含一个正整数x0，即最小正整数解。输入数据保证一定有解。
超裸的题，直接上拓展欧几里得
#include&iostream&
#include&cstdio&
#include&cstring&
#include&cmath&
ll exgcd(ll a, ll b)
if(b == 0)
x = 1, y = 0;
ll ans = exgcd(b, a%b);
y = tmp - (a / b) *
int main()
cin&&a&&b;
exgcd(a, b);
x = (x + b) %//防止出现负数
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