Algorithm 两个数的除模

我们知道

(A + B) % P = (A % P + B % P) % P
(A * B) % P = (A % P * B % P) % P

其中

p

是素数

我需要计算

（A/B）%p

，其中

A，B

可能非常大，并且可能溢出

这种模运算公式是否适用于

（A/B）%p

和

（A-B）%p

如果没有，请解释正确答案是什么

也就是说，

（A/B）%p=（（A%p）/（B%p））%p

是真的吗

我试图计算（N*（N^2+5）/6）%p，其中N可以大到10^15

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这里A=n*（n^2+5）肯定会在n=10^15时溢出，无论您的算法是什么，如果输入是A和B，并且如果它们溢出，则您无法启动算法。重要的是告诉我们这些数字来自哪里。它们是你拥有的其他数字的总和还是乘积

对于大数字，必须使用特殊的大数字数学库。

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有了这样的库，您可以只做（A/B）%P.

是的，但它不同：

(a - b) mod p = ((a mod p - b mod p) + p) mod p

(a / b) mod p = ((a mod p) * (b^(-1) mod p)) mod p

其中，

b^（-1）mod p

是

b

mod

p

的函数。对于

p=prime

，

b^（-1）mod p=b^（p-2）mod p

编辑：

（N*（N^2+5）/6）%p

---

你不需要任何模逆。简化分数：

N或N^2+5

将被

2

和

3

整除。所以把它们分开，然后你就有了

（a*b）mod P

弗拉德的答案是正确的：

(a - b) mod p = ((a mod p - b mod p) + p) mod p
(a / b) mod p = ((a mod p) * (b^(-1) mod p)) mod p

这些操作和其他一些操作在“等效性”部分中

只是想让您知道，这不仅适用于素数

p

。第一个将适用于任何

p

。第二个将适用于定义了

b^（-1）

或的任何

p

---

模逆可以用

来计算，我不认为有这样的想法，但在任何情况下，你都需要对a和B进行更严格的假设：a/B必须是整数，否则你所做的没有任何意义。另一句话：a和B是整数，我看不出A/B在没有A或B溢出的情况下是如何溢出的。在模运算中不是这样。3/4==6 mod 7，因为6*4==3 model 7。他是说它们各自很大，但不是商。@Sean:只有当

3/4

表示

3*4^（-1）

时。不确定OP是否真的是这个意思。假设我正在计算（n*（n^2+5）/6）%pn可以大到10^15 thwn怎么办？？？只需使用bignum数学库。其他人已经为您完成了这项工作。关于编辑，问题是

N^2+5

可能会溢出，而

N

可能大到10^15（假设64位整数，128位没有问题）。但是如果

N^2+5

可以被2或3整除，那么余数

（N^2+5）%P

就不需要被整除。因此，您只能直接划分出划分

N

的部分。（N+1+1）+6然后再打开

N%6

，

N%6

，

0->（（N/6）*（N/6）*（N^2+2+5）（N^2+5+5+5）（N/6）（N[2+5+5+5+5）（N/N/5）5）（P

，N/code>N>N>N.2+5+5+5+5+5+5+5（N+5+5）（N，，，，<编码>，<编码>1->，（1->，，<编码>1->，（N*（N*（N*（N*（（（（（（（N）（N）（N）（N-1）（N）（N-1）（N-1）（N-1）（N-1）（N-1）（N-1（（N+1）+2））%P，

5->（N*（（N-1）*）（（N+1）/6）+1） %P

。但是模逆更容易。作为替代方法，您可以计算

（N*（N^2+5））%（6*P）

并将结果除以6。当然，除非

6*P

溢出，但如果

P

太大，模乘还是很麻烦的。@IVlad感谢您提供的信息。我使用的方法与您在gmp中实现Clifford cocks算法时所述的方法完全相同，但问题是mod reverse并不存在于所有pai中（a，b）的rs。例如，（402018）。你能建议一种替代方法吗。@user3250183-不太可能，那么你不能这么做。也许可以研究一下中国的余数定理，看看这是否有帮助。@IVIad不应该（a-b）mod p=（a mod p-b mod p）mod p。我在khanacademy上引用了这篇文章-