求解乘法逆元有三种常用方法：
1、费马小定理/欧拉函数
2、扩展欧几里德算法
3、线性求逆元

取模公式

$(a+b)~mod~p=(a~mod~p+b~mod~p)~mod~p$
$(a-b)~mod~p=(a~mod~p-b~mod~p+p)~mod~p$
$(a\times b)~mod~p=(a~mod~p \times b~mod~p)~mod~p$
$(a\div b)~mod~p=(a\times b^{\varphi(p)-1})~mod~p=(a~mod~p\times b^{\varphi(p)-1}~mod~p)~mod~p$

乘法逆元

为了对除法算式进行取模，我们引入了乘法逆元的概念：

若存在正整数 $a、b、p$满足 $ab≡1(mod~p)$，则称 $a$为 $b$的乘法逆元，或称 $b$为 $a$的乘法逆元

乘法逆元的存在性定理：

若 $a$与 $p$互质，则⼀定存在⼀个正整数解 $b$，满⾜ $b$ < $p$。
若 $a$与 $p$不互质，则⼀定不存在正整数解 $b$。

费马小定理

在 $p$为素数时，对于任意整数 $x$都有 $x^{p}≡x(mod~p)$，此定理为费马小定理。

如果 $x$无法被 $p$整除，有 $x^{p-1}≡1(mod~p)$

等价为 $x*x^{p-2}≡1(mod~p)$

可以得到 $x^{-1}≡x^{p-2}(mod~p)$

结论：当 $p$为素数时，有 $(a\div b)~mod~p=(a~mod~p\times b^{p-2}~mod~p)~mod~p$

可以利用快速幂来求出逆元，复杂度为 $O(logn)$

欧拉函数

$\varphi(m)=$不超过 $m$并且和 $m$互素的数的个数

对于和 $m$互素的 $x$，有

$x^{\varphi(m)}≡1~(mod~m)$

等价为 $x*x^{\varphi(m)-1}≡1~(mod~m)$

根据逆元的定义式，有

$x^{-1}≡x^{\varphi(m)-1}~(mod~m)$

结论： $(a\div b)~mod~p=(a\times b^{\varphi(p)-1})~mod~p=(a~mod~p\times b^{\varphi(p)-1}~mod~p)~mod~p$

求解 $\varphi(n)$的时间复杂度为 $O(\sqrt n)$，求出 $\varphi(n)$后可以利用快速幂来求出逆元，用这种方法求逆元的时间复杂度为 $O(\sqrt n*logn)$

求解欧拉函数值的代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

int euler_phi(int n)
{
	int res = n;
	for (int i = 2; i * i <= n; i++){
		if (n % i == 0){
			res = res / i * (i - 1);
			for ( ; n % i == 0; n /= i);
		}
	}	
	if (n != 1)
		res = res / n * (n - 1);
	return res;
}

int main(void)
{
	int n;
	cin >> n; 
	int ans = euler_phi(n);
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

扩展欧几里得算法

常用于求 $ax + by=gcd(a,b)$的一组可行解。返回值为 $gcd(a,b)$，同时计算出 $x$和 $y$。

可以用于求解逆元，根据逆元的定义： $ax≡1(mod~b)$

可以得出不定方程： $ax+by=1$

当 $gcd(a,b)=1$时，上述方程一定有解，所以一定存在一个 $x$为 $a$的乘法逆元。

将 $a、b$的值代入方程 $ax+by=1$，就可以利用扩展欧几里得算法解出这个方程，解出的 $x$即为 $a$的乘法逆元。

用该算法求出的 $|x|+|y|$是最小的。如果 $ab\neq 0$，还可以知道 $|x|\leq b且|y|\leq a$，但并不能保证 $x$是正数，需要进行 $x=(b+x\%b)\%b$这样的操作来得到最小正整数 $x$

这个算法的时间复杂度为 $O(logn)$

扩展欧几里得算法求逆元的代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;

int exgcd(int a, int b, int& x, int& y)
{
	int d = a;
	if (b != 0){
		d = exgcd(b, a % b, y, x);
		y -= (a / b) * x;
	}
	else{
		x = 1;
		y = 0;
	}
	return d;
}

int main(void)
{
	int a, b, x, y;
	cin >> a >> b;
	cout << exgcd(a, b, x, y) << endl;
	x = (b + x % b) % b;
	cout << x << endl;
	 
	return 0;
}

线性求逆元

此部分内容转载自：https://www.cnblogs.com/qdscwyy/p/7795368.html

设 $p=k*i+r，(r<i，1<i<p)$

将式子放到 $mod ~p$意义下，有
$k*i+r≡0~(mod~p)$
两边同乘 $i^{-1}*r^{-1}$，得
$k*r^{-1}+i^{-1}≡0~(mod~p)$
移项，得
$i^{-1}≡-k*r^{-1}~(mod~p)$
用已知的 $p、i$表示 $k、r$，得
$i^{-1}≡-\lfloor \frac{p}{i} \rfloor*(p~mod~i)^{-1}~(mod~p)$

根据上面推出的公式，可以用前面的逆元推出当前的逆元

用式子表示时，负数取模的值等于加模数到正数后再取模的值，而写程序时不能直接用负数来计算，需要先加一个模数，就像下面这样

inv[i] = (p - (p / i) * inv[p % i]) % p;

此方法适用于求从1——n连续的逆元，时间复杂度为 $O(n)$

线性求解逆元的代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 3e6 + 5;
typedef long long ll;

ll inv[N];

void pre(int p)
{
	inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N - 5; i++)
		inv[i] = ((p - p / i) * inv[p % i]) % p;
}

int main(void)
{
	int n, p;
	scanf("%d%d", &n, &p);
	pre(p);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		printf("%lld\n", inv[i]);
	
	return 0;
}