数论倒数，又称逆元（因为我说习惯逆元了，下面我都说逆元）
先来引入求余概念
(a + b) % p = (a%p + b%p) %p （对）
(a - b) % p = (a%p - b%p) %p （对）
(a * b) % p = (a%p * b%p) %p （对）
(a / b) % p = (a%p / b%p) %p （错）
为什么除法错的
证明是对的难，证明错的只要举一个反例
(100/50)%20 = 2 ≠ (100%20) / (50%20) %20 = 0
对于一些题目，我们必须在中间过程中进行求余，否则数字太大，电脑存不下，那如果这个算式中出现除法，会损失精度，导致答案变小。
这时就需要逆元了
我们知道，如果a*x = 1那么x是a的倒数，x = 1/a但是a如果不是1，那么x就是小数那数论中，大部分情况都有求余，所以现在问题变了a*x = 1 (mod p)那么x一定等于1/a吗？不一定。所以这时候，我们就把x看成a的倒数，只不过加了一个求余条件，所以x叫做 a关于p的逆元。这时就需要逆元了
我们知道，如果a*x = 1那么x是a的倒数，x = 1/a。但是a如果不是1，那么x就是小数，那数论中，大部分情况都有求余，所以现在问题变了，a*x = 1 (mod p)，那么x一定等于1/a吗？不一定
所以这时候，我们就把x看成a的倒数，只不过加了一个求余条件，所以x叫做 a关于p的逆元。比如2 * 3 % 5 = 1，那么3就是2关于5的逆元，或者说2和3关于5互为逆元。这里3的效果是不是跟1/2的效果一样，所以才叫数论倒数
a的逆元，我们用inv(a)来表示。
那么(a / b) % p = (a * inv(b) ) % p = (a % p * inv(b) % p) % p
这样就把除法，完全转换为乘法了，乘法超容易
a和p互质，a才有关于p的逆元
乘法逆元及其应用
满足 a * k ≡ 1 (mod p) 的k 叫做 a关于p的乘法逆元。另一种表达方法是 k ≡ a-1 (mod p)
应用：
我们知道(a+b)%p=(a%p+b%p)%p
(a*b)%p=(a%p)*(b%p)%p
而求(a/b)%p时，可能会因为a是一个很大的数，不能直接算出来，却又不能(a/b)%p=(a%p/b%p)%p。
但是可以通过 k ≡ b-1 (mod p)
a / b
= a * b-1 (mod p )
= (a mod p ) * (b-1 mod p ) mod p
= (a mod p ) * (k mod p ) mod p
= a * k mod p
转换为a*k % p 的问题，然后a是一个加减乘的式子，就可以用上面两个取余公式了。
正篇开始：
逆元怎么求？
方法一：(满足p为质数)
费马曾经说过：不想当数学家的数学家不是好数学家（(￣▽￣)~*我随便说的，别当真）
费马小定理(因为费马小定理的前提 就是 p为质数)
a^(p-1) ≡1 (mod p)
两边同除以a
a^(p-2) ≡1/a (mod p)
什么？这可是数论，还敢写1/a
应该写a^(p-2) ≡ inv(a) (mod p)
所以inv(a) = a^(p-2) (mod p)
这个用快速幂求一下，复杂度O(logn)(ง •̀_•́)ง
LL pow_mod(LL a, LL b, LL p){//a的b次方求余p
LL ret = 1;
while(b){
if(b & 1) ret = (ret * a) % p;
a = (a * a) % p;
b >>= 1;
}
return ret;
}
LL Fermat(LL a, LL p){//费马求a关于b的逆元
return pow_mod(a, p-2, p);
}方法二：(p可以不是质数)
要用扩展欧几里德算法
还记得扩展欧几里德吗？（不记得的话，欧几里得会伤心的(╭￣3￣)╭♡）
a*x + b*y = 1
如果ab互质，有解
这个解的x就是a关于b的逆元
y就是b关于a的逆元
为什么呢？
你看，两边同时求余b
a*x % b + b*y % b = 1 % b
a*x % b = 1 % b
a*x = 1 (mod b)
你看你看，出现了！！！(/≥▽≤/)
所以x是a关于b的逆元
反之可证明y
#include<cstdio>
typedef long long LL;
void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d){
if (!b) {d = a, x = 1, y = 0;}
else{
ex_gcd(b, a % b, y, x, d);
y -= x * (a / b);
}
}
LL inv(LL t, LL p){//如果不存在，返回-1
LL d, x, y;
ex_gcd(t, p, x, y, d);
return d == 1 ? (x % p + p) % p : -1;
}
int main(){
LL a, p;
while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){
printf("%lld\n", inv(a, p));
}
}
方法三：(当p为质数时，可以用下面的方法在O(n)的复杂度下求出多个数关于p的逆元)
当p是个质数的时候有
inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p
这为啥是对的咩？
证明不想看的孩子可以跳过。。。
证明：
设x = p % a,y = p / a
于是有 x + y * a = p
(x + y * a) % p = 0
移项得 x % p = (-y) * a % p
x * inv(a) % p = (-y) % p
inv(a) = (p - y) * inv(x) % p
于是 inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p
然后一直递归到1为止，因为1的逆元就是1
代码：
#include<cstdio>
typedef long long LL;
LL inv(LL t, LL p) {//求t关于p的逆元，注意:t要小于p，最好传参前先把t%p一下
return t == 1 ? 1 : (p - p / t) * inv(p % t, p) % p;
}
int main(){
LL a, p;
while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){
printf("%lld\n", inv(a%p, p));
}
}
这个方法不限于求单个逆元，比前两个好，它可以在O(n)的复杂度内算出n个数的逆元
递归就是上面的写法，加一个记忆性递归，就可以了
递推这么写
#include<cstdio>
const int N = 200000 + 5;
const int MOD = (int)1e9 + 7;
int inv[N];
int init(){
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < N; i ++){
inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD;
}
}
int main(){
init();
}
练习 : ZOJ3609 hdu1576 poj1601(拓展欧几里得)