在做各种取余运算时，我们会发现先除和先取余的结果是不同的，这会导致计算难度的加大，乘法逆元可以解决类似的分数取余问题。
本文按照博主的学习思路排序，结论为（单个）费马小定理求乘法逆元、（单个）利用扩展欧几里得任意情况下求乘法逆元、（批量）线性递推求乘法逆元
同余的运算法则之一
定理3 ac≡bc(mod m)，且若(m,c)≡d，则a≡b(mod m/d)。——数论讲义
也就是说，同余式两边可以同除一个和模数互质的数（此时模数不变）。
费马小定理
形式1：若m是素数，则a^m≡a(mod m)。——数论讲义······①
形式2：如果m是一个素数，而整数a不是m的倍数，则有a^(m-1)≡1(mod m)。——某百科······②
由于m是一个素数，因此①到②的条件：除数a和模数m互质，等价于a不是m的倍数。
费马小定理②的推论
a^(m-1)≡1(mod m) => a*a^(m-2)≡1(mod m) => a^(m-2)≡1/a(mod m)
乘法逆元
对于正整数a和m，如果有ax≡1(mod m)，那么把这个同余方程中x的最小正整数解叫做a模m的逆元。
若a与m不互质，易证ax%m!=1，故a必与m互质
乘法逆元与费马小定理的推论
如果m是素数，有以下推论:
ax≡1(mod m) => x≡1/a(mod m) => x≡a^(m-2)(mod m)
(同余的传递性)
（单个）费马小定理求乘法逆元
计算(a/b)%m：
若m是素数：
将1/b替换成逆元x，即b^(m-2)%m。
答案为(a*b^(m-2))%m。
例题
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define db double
#define mod 1000000007
ll n;
ll speed(ll a,ll b,ll p){
ll cur=a,ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=ans*cur%p;
cur=cur*cur%p;
b>>=1;
}
return ans%p;
}
int main(){
cin>>n;
ll ans=((speed(3,n+1,mod)-1)*speed(2,mod-2,mod))%mod;
cout<<ans<<endl;
//cout<<speed(2,mod-2,mod)%mod;
return 0;
}
为了方便求任意情况的逆元，我们先来补充几个概念：
欧几里得算法
log时间内求解最大公约数。
代码
ll gcd(ll a,llb){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
证明
贝祖定理
设a,b是整数，则存在整数x,y，使得ax+by=gcd(a,b)
扩展欧几里得算法
求贝祖定理中x和y的解，即求使ax+by=gcd(a,b)的x和y。
我们利用gcd来求，当递归到最内层时，a=gcd(a,b)，b=0，因此x=1，y=0。
假设我们已经得到内层x1，y1，对于外层a，b有a%b=a-(a/b)*b
外层：a*x+b*y=gcd(a,b)
内层：b*x1+(a-(a/b)*b)*y1=gcd(a,b)
展开对比可得：
x=y1
y=x1-a/b*y1
代码
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){//扩展欧几里得算法
if(b==0){//递归边界
x=1;y=0;
return a;
}
ll ret=exgcd(b,a%b,x,y);
ll tmp=y;//求解原x,y
y=x-a/b*y;
x=tmp;
return ret;//返回gcd
}
参考
（单个）利用扩展欧几里得任意情况下求乘法逆元
计算(a/b)%m：
仍需要逆元存在，即b与m互质。
构造bx+my=gcd(b,m)=1，用exgcd求出来的x即为逆元。
代码与前面相同。
注意这里参数传m和-m都一样，答案要加m再%m。
参考
（批量）线性递推求乘法逆元
给定n,p求1~n中所有整数在模p意义下的乘法逆元。
n为3e6，p>n且为质数。
此时用单个求法会超时，我们可以推导递推公式。
本垃圾博主还不会用公式编辑器，于是看这里↓
试了试，这里p也必须是质数，还不知道为什么（逃
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll MAXN=3e6+20;
ll inv[MAXN];
ll n,mod;
void preinv(ll num,ll p){
inv[0]=inv[1]=1;
for(ll i=2;i<=num;i++){
inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
}
}
int main(){
cin>>n>>mod;
preinv(n,mod);
for(ll i=1;i<=n;i++){
printf("%lld
",inv[i]);
}
return 0;
}