乘法逆元小結
乘法逆元，一般用於求
$\frac{a}{b} \pmod p$
的值（$p$ 通常為質數），是解決模意義下分數數值的必要手段。
一、逆元定義
若$a*x\equiv1 \pmod b$，且$a$與$b$互質，那么我們就能定義: $x$ 為 $a$ 的逆元，記為$a^{-1}$，所以我們也可以稱 $x$ 為 $a$ 在$\mod b$意義下的倒數，
所以對於 $\displaystyle\frac{a}{b} \pmod p$ ，我們就可以求出 $b$ 在 $\bmod p$ 下的逆元，然后乘上 $a$ ，再 $\bmod p$，就是這個分數的值了。
二、求解逆元的方式
1.拓展歐幾里得
條件 $a \bot p$（互質），但 $p$ 不是質數的時候也可以使用。
這個方法十分容易理解，而且對於單個查找效率似乎也還不錯，比后面要介紹的大部分方法都要快(尤其對於 $\bmod p$ 比較大的時候)。
這個就是利用拓歐求解 線性同余方程 $a*x\equiv c\pmod{b}$ 的$c=1$的情況。我們就可以轉化為解 $a*x + b*y = 1$ 這個方程。
引理：$ax+by=c$有解的充分條件是$\gcd(a,b)\mid c$
所以$ax+by=gcd(a,b)①$顯然有解
引理：$gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)②$
將$①$代入$②$得
$ax_1+by_1=bx_2+(a mod b)y_2$
$ax_1+by_1=bx_2+(a-[\frac{a}{b}]*b)y_2$
$ax_1+by_1=bx_2+ay-[\frac{a}{b}]*by_2$
$ax_1+by_1=ay_2+b(x_2-[\frac{a}{b}])$
$∴x_1=y_2,y_1=x_2-[\frac{a}{b}]y$
$∵a\bot b$
$∴gcd(a,b)=1$
$∴當b=0時，a=1，此時有x=1，y的最小自然數解為0$
代碼比較簡單：
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 }
2.小費爾馬定理（快速冪）
費馬小定理：
若$p$為素數，$a$為正整數，且$a$、$p$互質。 則有$a^{p-1} \equiv 1 (\bmod p)$。
這個我們就可以發現它這個式子右邊剛好為 $1$ 。
所以我們就可以放入原式，就可以得到：
$a*x\equiv 1 \pmod p$
$a*x\equiv a^{p-1} \pmod p$
$x \equiv a^{p-2} \pmod p$
所以我們可以用快速冪來算出 $a^{p-2} \pmod p$的值，這個數就是它的逆元了
代碼也很簡單：
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為a在mod p意義下的逆元 }
3.線性推逆元
用於求一連串數字對於一個$\bmod p$的逆元。洛谷P3811
只能用這種方法，別的算法都比這些要求一串要慢。
首先我們有一個,$1^{-1}\equiv 1 \pmod p$
然后設 $p=k*i+r,(1<r<i<p)$ 也就是 $k$ 是 $p / i$ 的商，$r$ 是余數 。
再將這個式子放到$\pmod p$意義下就會得到：
$k*i+r \equiv 0 \pmod p$
然后乘上$i^{-1}$,$r^{-1}$就可以得到:
$k*r^{-1}+i^{-1}\equiv 0 \pmod p$
$i^{-1}\equiv -k*r^{-1} \pmod p$
$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i} \rfloor*(p \bmod i)^{-1} \pmod p$
於是，我們就可以從前面推出當前的逆元了。
代碼也很短：
inv[1] = 1; for(int i = 2; i < p; ++ i) inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
4.階乘逆元 $O(n)$ 求
因為有如下一個遞推關系。
$\displaystyle inv[i+1]=\frac{1}{(i+1)!}$
$\displaystyle inv[i+1]*(i+1)=\frac{1}{i!}=inv[i]$
所以我們可以求出$n!$的逆元，然后逆推，就可以求出$1...n!$所有的逆元了。
遞推式為
$inv[i+1]*(i+1)=inv[i]$
所以我們可以求出 $\displaystyle \forall i, i!,\frac{1}{i!}$ 的取值了。
然后這個也可以導出 $\displaystyle \frac{1}{i} \pmod p$ 的取值，也就是
$\displaystyle \frac{1}{i!} \times(i-1)!=\frac{1}{i} \pmod p$
如果我們需要求 $0!$ 到 $n!$ 的逆元，對於每個元素都求一遍，就顯得有點慢。
逆元可以看作是求倒數。那么不就有
$\displaystyle \frac{1}{(n+1)!} \times(n+1)=\frac{1}{n!} \pmod p$
int inv( int b, int p ) { int a, k; exPower( b, p, a, k ); if( a < 0 ) a += p; return a; } void init( int n ) { Fact[ 0 ] = 1; for( int i = 1; i <= n; ++i ) Fact[ i ] = Fact[ i - 1 ] * i % Mod; INV[ n ] = inv( Fact[ n ], Mod ); for( int i = n - 1; i >= 0; --i ) INV[ i ] = INV[ i + 1 ] * ( i + 1 ) % Mod; return; }
三、不存在逆元
當$\gcd(a,p)!=1$時，$a^{-1}\equiv 0\mod p$
當數和模數不互質時，不存在逆元，做題時要特判沒有逆元的情況。