乘法逆元小结
乘法逆元，一般用于求
$\frac{a}{b}$
$\pmod{p}$
的值（$p$ 通常为质数），是解决模意义下分数数值的必要手段。
逆元定义
$\frac{aas}{asb}$
若a*x\equiv1 \pmod {b}a∗x≡1(modb)，且aa与bb互质，那么我们就能定义: xx 为 aa 的逆元，记为a^{-1}a−1，所以我们也可以称 xx 为 aa 在 \bmod bmodb意义下的倒数，
所以对于 \displaystyle\frac{a}{b} \pmod {p}ba(modp) ，我们就可以求出 bb 在 \bmod {p}modp 下的逆元，然后乘上 aa ，再 \bmod {p}modp，就是这个分数的值了。
求解逆元的方式
拓展欧几里得
这个方法十分容易理解，而且对于单个查找效率似乎也还不错，比后面要介绍的大部分方法都要快(尤其对于 \bmod {p}modp 比较大的时候)。
这个就是利用拓欧求解 线性同余方程 $a*x\equiv c\pmod{b}$ 的c=1c=1的情况。我们就可以转化为解 a*x + b*y = 1a∗x+b∗y=1 这个方程。
求解这个方程的解。不会拓欧可以点这里~
而且这个做法还有个好处在于，当 a \bot pa⊥p （互质），但 pp 不是质数的时候也可以使用。
代码比较简单：
void Exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if (!b) x = 1, y = 0;
else Exgcd(b, a % b, y, x), y -= a / b * x;
}
int main() {
ll x, y;
Exgcd (a, p, x, y);
x = (x % p + p) % p;
printf ("%d\n", x); //x是a在mod p下的逆元
}
快速幂
这个做法要利用 费马小定理
若pp为素数，aa为正整数，且aa、pp互质。 则有a^{p-1} \equiv 1 (\bmod {p})ap−1≡1(modp)。
这个我们就可以发现它这个式子右边刚好为 11 。
所以我们就可以放入原式，就可以得到：
a*x\equiv 1 \pmod pa∗x≡1(modp)
a*x\equiv a^{p-1} \pmod pa∗x≡ap−1(modp)
x \equiv a^{p-2} \pmod px≡ap−2(modp)
所以我们可以用快速幂来算出 a^{p-2} \pmod pap−2(modp)的值，这个数就是它的逆元了
代码也很简单：
ll fpm(ll x, ll power, ll mod) {
x %= mod;
ll ans = 1;
for (; power; power >>= 1, (x *= x) %= mod)
if(power & 1) (ans *= x) %= mod;
return ans;
}
int main() {
ll x = fpm(a, p - 2, p); //x为a在mod p意义下的逆元
}
线性算法
用于求一连串数字对于一个\bmod pmodp的逆元。洛谷P3811
只能用这种方法，别的算法都比这些要求一串要慢。
首先我们有一个,1^{-1}\equiv 1 \pmod p1−1≡1(modp)
然后设 p=k*i+r,(1<r<i<p)p=k∗i+r,(1<r<i<p) 也就是 kk 是 p / ip/i 的商，rr 是余数 。
再将这个式子放到\pmod p(modp)意义下就会得到：
k*i+r \equiv 0 \pmod pk∗i+r≡0(modp)
然后乘上i^{-1}i−1,r^{-1}r−1就可以得到:
k*r^{-1}+i^{-1}\equiv 0 \pmod pk∗r−1+i−1≡0(modp)
i^{-1}\equiv -k*r^{-1} \pmod pi−1≡−k∗r−1(modp)
i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i} \rfloor*(p \bmod i)^{-1} \pmod pi−1≡−⌊ip⌋∗(pmodi)−1(modp)
于是，我们就可以从前面推出当前的逆元了。
代码也很短：
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < p; ++ i)
inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
阶乘逆元 O(n)O(n) 求
因为有如下一个递推关系。
\displaystyle inv[i+1]=\frac{1}{(i+1)!}inv[i+1]=(i+1)!1
\displaystyle inv[i+1]*(i+1)=\frac{1}{i!}=inv[i]inv[i+1]∗(i+1)=i!1=inv[i]
所以我们可以求出n!n!的逆元，然后逆推，就可以求出1...n!1...n!所有的逆元了。
递推式为
inv[i+1]*(i+1)=inv[i]inv[i+1]∗(i+1)=inv[i]
所以我们可以求出 \displaystyle \forall i, i!,\frac{1}{i!}∀i,i!,i!1 的取值了。
然后这个也可以导出 \displaystyle \frac{1}{i} \pmod pi1(modp) 的取值，也就是
\displaystyle \frac{1}{i!} \times (i - 1)! = \frac{1}{i} \pmod pi!1×(i−1)!=i1(modp)
具体实现可以参考我这发提交（卡了常。。）