逆元模板

一、费马小定理，快速幂（需mod为质数）

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);
}

二、扩展欧几里得算法

LL exgccd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    LL g,t;
    g = exgccd(b,a%b,x,y);//递归，先进去，然后再出来，所以X的最终值不是1.。。会在下面三行发生改变
    t = x;
    x = y;
    y = t-a/b*y;
    return g;//顺手求公约数；
}

LL inv(LL b,LL p)
{
    LL x,y;
    exgccd(b,p,x,y);
    return x = (x%p+p)%p;
}

三、

非原创

当p是个质数的时候有
inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p

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

#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
", 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

#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();
}