首先說明逆元的概念，類似於倒數的性質。
方程ax≡1(mod p),的解稱為a關於模p的逆，當gcd(a,p)==1（即a，p互質）時，方程有唯一解，否則無解。
對於一些題目會要求把結果MOD一個數，通常是一個較大的質數，對於加減乘法通過同余定理可以直接拆開計算，
但對於(a/b)%MOD這個式子，是不可以寫成(a%MOD/b%MOD)%MOD的，但是可以寫為(a*b^-1)%MOD,其中b^-1表示b的逆元。
知道了逆元的作用，接下來就是逆元的求法。
首先，有一個費馬小定理:
費馬小定理(Fermat's little theorem)是數論中的一個重要定理，在1636年提出，其內容為： 假如p是質數，且gcd(a,p)=1，那么 a(p-1)≡1（mod p），即：假如a是整數，p是質數，且a,p互質(即兩者只有一個公約數1)，那么a的(p-1)次方除以p的余數恆等於1。
意思很明了，由上方的公式很容易推導出:a*a(p-2)≡1（mod p）對於整數a，p，a關於p的逆元就是a^(p-2),直接快速冪解之即可，但注意這個定理要求a,p互質！
下面以HDU5685為例
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5685
題目給出的hash計算法就是連續區間元素的乘積對9973取模，我們自然而然想到前綴積的方法，但是數很大，前綴積顯然只能存下%9973后得值，
但有:(A/B)%M=(A%M*(B^-1%M))%M,A%M顯然就是pre[A],B的逆對M取余就是qpow(B,M-2,M),快速冪模之即可。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define LL int 4 #define MOD 9973 5 LL inv[10000]; 6 LL pre[100005]; 7 char s[100005]; 8 LL qpow(LL a,LL b,LL M){ 9 LL r=1; 10 while(b){ 11 if(b&1) r=r*a%M; 12 b>>=1; 13 a=a*a%M; 14 } 15 return r; 16 } 17 int main() 18 { 19 int N,i,j,k; 20 inv[1] = 1; 21 for(i=2;i<=9972;++i) inv[i]=qpow(i,MOD-2,MOD); 22 while(scanf("%d",&N)==1){pre[0]=1; 23 scanf("%s",s+1); 24 int n=strlen(s+1); 25 for(i=1;i<=n;++i){ 26 pre[i]=pre[i-1]*(s[i]-28)%MOD; 27 } 28 while(N--){int a,b; 29 scanf("%d%d",&a,&b); 30 printf("%d\n",pre[b]*inv[pre[a-1]]%MOD); 31 } 32 } 33 return 0; 34 }
還有一種線性遞推的方法:
inv[1] = 1;
for(i=2;i<MOD;++i) inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD; (isprime(MOD))
對於這個式子的證明:
M=k*i+r≡0 （mod M）
式子兩邊同乘上 i-1*r-1,如果M不是質數得話r就可能為零
k*r-1+i-1≡0 （mod M）
i-1≡M-floor（M/i）*(M mod i)-1 (mod M)
易證 <==> i-1=(M-M/i)*inv[M%i]%M;
還有就是拓展歐幾里得算法，對於一些很大的數，用遞推法非常耗時，但又不適用於快速冪的時候(可能會爆long long 無法得出正確結果)，
考慮使用這個算法。
我們對這個算法進行推演一下，exgcd求解的是一組 ax+by=gcd(a,b) 的一組(x,y)的解，
我們設
ax1+by1=gcd(a,b)-----------------------1
bx2+(a%b)*y2=gcd(b,a%b)------------2
根據朴素的歐幾里得算法可得 1,2式的右端是相等的，同理左端也相等，
ax1+by1=bx2+(a%b)*y2
==> ax1+by1=bx2+(a-a/b*b)*y2
==>ax1+by1=ay2+b(x2-a/b*y2)
顯然我們能得出 x1=y2; y1=x2-a/b*y2;
也就是說我們根據x2,y2便可推導出x1,y1的值，只要將a,b換成b,a%b即可，和gcd算法類似這是一個遞歸的過程，出口當b==0時，此時 x=1,y=0,gcd(a,b)=d=a;
對於ax+by=gcd(a,b)這個式子，當gcd(a,b)=1的時候，ax+by=1,根據逆元的定義可知x的解就是a關於模b的逆元，y的解就是b關於模a的逆元，當gcd(a,b)=d=1時成立。
(ax+by=1 --> ax(mod b)=(1-by) (mod p)=1 (mod p) )
這是gcd關於遞推法的比較答案顯然一致
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #define LL long long 4 #define mod 997 5 void gcd(LL a,LL b,LL &d,LL &x,LL &y) 6 { 7 if(!b) {d=a;x=1;y=0;} 8 else {gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);} 9 } 10 LL finv(LL a,LL n) 11 { 12 LL d,x,y; 13 gcd(a,n,d,x,y); 14 return d==1?(x+n)%n:-1; 15 } 16 int main() 17 { 18 int inv[100]={1,1}; 19 for(int i=2;i<=99;++i){ 20 inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 21 cout<<inv[i]<<" "<<finv(i,mod)<<endl; 22 } 23 return 0; 24 }
對於逆元運算還有一些常見的式子，如:
1.(a^(-1))^(-1)=a;
2.(a*b)^(-1)=b^(-1)*a^(-1)
對他們的證明:
設單位元為e.
x的逆元按定義是滿足x·y = y·x = e的元素y.
逆元是唯一的:設x·y = y·x = e,x·z = z·x = e,有y = y·e = y·(x·z) = (y·x)·z = e·z = z.
1.a^(-1)是a的逆元,即有a·a^(-1) = a^(-1)·a = e,也即a^(-1)·a = a·a^(-1) = e.
於是a也是a^(-1)的逆元,可寫為(a^(-1))^(-1) = a.
2.(a·b)·(b^(-1)·a^(-1)) = a·(b·(b^(-1))·a^(-1) = a·e·a^(-1) = a·a^(-1) = e.
(b^(-1)·a^(-1))·(a·b) = b^(-1)·(a^(-1)·a)·b = b^(-1)·e·b = b^(-1)·b = e.
於是b^(-1)·a^(-1)是a·b的逆元,即有b^(-1)·a^(-1) = (a·b)^(-1).