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引子
经过几天的努力，终于将逆元这个大难题给攻克了……心情激动的一时无法平复。下面就简单介绍一下关于逆元的知识，来记录自己的成果，也希望能够帮助到别人。某些地方可能理解的不够深入，还请多多包涵。
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定义
逆元，又称数论倒数，如果a*x≡1 (mod p),且gcd(a,p)=1（a与p互质），则称a关于模p的乘法逆元为x。(来自维基百科）
怎么说呢，逆元其实就是一个相当于倒数的东西，只不过是多模了一个p而已。要说它有什么用，那么请回忆一下倒数有什么用吧。没错，在上小学时，老师就教导过我们，除以一个数，就是乘它的倒数。其实，逆元也是充当这个“倒数”这个角色。还记得吗，在模运算中:
(a+b) % p == （ a%p + b%p ）% p;
(a-b) % p == (a%p - b%p + p) % p;(否则可能为负数）
(a×b) % P == (a%p) * (b%p) %p;
But
(a/b) % p != (a%p) / (b%p) % p 。!
所以呢，我们可以用到一个叫做逆元的东西：
(a / b) = ( a * inv(b))
so, (a / b) % p = (a%p) * (inv(b)%p) % p
这个式子可以配合lucas定理解决一系列问题。
其实逆元的用处还有很多，配合lucas定理只是其中一个。
由于他的意义和用处实在是太深奥了，作为一名蒟蒻，还不具备将它的全部用处解释出来的能力，对于用处就先写到这吧。
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求解？
逆元的求法有很多种，介于本人实力有限，着重将以下三种解法：
1、费马小定理（Fermat‘s little theorem）
（又称费小马定理）
定理如下：假如是质数，且gcd(a,p)=1，那么有 a(p-1)≡1（mod p）（来自Wikipedia)
为什么说可以用它求呢？
a(p-1) ≡ 1（mod p） ----> a * a(p-2)≡1（mod p）
是不是和逆元的定义很像？
so,如果p是素数，那么a(p-2)就是a的逆元。
神奇吧！
关于a(p-2），我们可以用快速幂来求。
核心代码如下：
1 long long fp(long long n,long long k,long long p)
2 {
3 long long s = k,ans = 1,t = n;
4 while(s){
5 if(s & 1)
6 ans *= t%p;
7 t *= t%p;
8 s >>= 1;
9 }
10 return ans % p;
11 }
12 long long inv(long long N,long long P)
13 {
14 return fp (N,P-2,P) % P;
15 }
第2种方法就是用拓展欧几里徳算法。
其描述如下:
对于a * x + b * y == gcd(a,b),若a,b互质，那么
ax + by == 1
将两边同时mod b得：
a * x ≡ 1 (mod b)
所以x是a关于b的逆元，亦可证明y是b关于a的逆元。
所以只要求出它的解来就行了
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cmath>
4 using namespace std;
5 typedef long long ll;
6 ll n,p;
7 void Euc(ll a,ll b,ll& x,ll& y)
8 {
9 if(!b){ x = 1; y = 0; }
10 else{ Euc(b,a%b,y,x); y -= (a/b)*x; }
11 }
12 ll inv(ll N,ll P)
13 {
14 ll X,Y;
15 Euc(N,P,X,Y);
16 X = (X%P + P) % P;
17 return X;
18 }
19 int main()
20 {
21 scanf("%lld%lld",&n,&p);
22 for( int i = 1; i <= n; i++)
23 printf("%lld\n",inv(i,p));
24 return 0;
25 }
至于拓欧的求法……
3、用递推来求：
有这麽一个等式：
inv(a) == (p - p / a) * inv(p % a) % p
证明：
待续。。。
所以。用递推很好解决：
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 using namespace std;
4 typedef long long LL;
5 const int MAXN = 3000001;
6 LL n,p;
7 LL inv[MAXN];
8 void Inv()
9 {
10 inv[1] = 1;
11 for( int i = 2; i <= n; i++)
12 inv[i] = (p - p/i) * (inv[p%i]%p) % p;
13 }
14 int main()
15 {
16 scanf("%lld%lld",&n,&p);
17 Inv();
18 for( int i = 1; i <= n; i++)
19 printf("%lld\n",inv[i]);
20 return 0;
21 }
最后，不得不感叹一句：探索知识的道路真是千辛万苦啊……
——————————————————————————————— continue ————————————————————————————————————
