問題引入
對於取余運算，有一下一些性質：
但是唯獨除法是不滿足的：
為什么除法錯的呢？很好證明：
而對於一些題目，我們必須在中間過程中進行求余，否則數字太大，電腦存不下，那如果這個算式中出現除法，我們就需要逆元了，將除法運算轉換為乘法運算。
逆元
定義：
對於c，可以說是特殊意義上的倒數，我們可以理解為要求在0,1,2……p-1之間找一個數，是的這個數和a相乘后再取模p，得到的結果為1。
現在就要在回到剛才的問題了，除以一個數等於乘上這個數的倒數，在除法取余的情況下，就是乘上這個數的逆元，即：
這樣就把除法，完全轉換為乘法了。
逆元的性質
唯一性
給定一個數a，若存在模p下的逆元c，c一定唯一。
自反性
c是a的逆元，a也是c的逆元。
逆元的求解
對於逆元的求解，如果n較小的話，是容易算出來的，例如，求3在模26下的逆元：
但是當n非常大的時候，手動求解就非常困難了。
擴展歐幾里得算法（extend_gcd）
$a\cdot a^{1}\equiv 1(mod\ b)$
模數可以不為質數，滿足gcd(a,b)=1即可
定義：
對於逆元的表達式可以做一些變換：
當gcd(a,b)=1時，代入extend_gcd(a,b,x,y)，得到的非負的x值，就是上面的$a^-1$
int extend_gcd(int a, int b, int& x, int& y) { if (b == 0) { x = 1, y = 0; return a; } int q = extend_gcd(b, a % b, x, y); int temp = x; x = y; y = temp - a / b * y; return q; }
費馬小定理
只適用於模數為質數的情況，如果模數不是質數，可以變換一下，用歐拉定理。
如果p是一個質數，且a不是p的倍數則有
$a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)$
根據同余除法定理，兩邊同除以a
$a^{p-2}\equiv a^{-1}(mod\ p)$
所以
$a^{-1}= a^{p-2}(mod\ p)$
用快速冪求一下，復雜度O(logn)
線性遞推
只適用於模數為質數的情況
當p為質數時有$$a^{-1}=(p-[p/a])\cdot (p\%a)^{-1}\%p$$
證明：
1的逆元就是1，這個方法復雜度是$O(n)$，但並不是說比前兩個差，它可以在O(n)的復雜度內算出n個數的逆元。
inv[1] = 1; for(int i = 2; i < p; ++ i) inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
階乘遞推求逆元
只適用於模數為質數的情況
設 $f(i)=inv(i\ !)$
則根據：$f(i-1)=\frac{1}{\ (i-1)\ !}=\frac{1}{i\ !}\times i =f(i)\times i$
有：$f(i-1) = f(i)\times i$
假設要求 $[1,n]$ 中所有數的逆元，先求得 $[1,n]$ 中所有數的階乘
可以用 費馬小定理 求得 $f(n)$ 的值，之后遞推出 $f(1 \sim n)$ 的值
但是 $inv(1! \sim n! )$ 並不是我們想要的答案，需要繼續轉化。
根據：$inv(i)=\frac{1}{i}=\frac{1}{i\ !}\times (i-1)\ ! = inv(i!)\times (i-1)!$
最終的轉換式 :$$inv(i) = inv(i!) \times(i-1)\ ! $$
時間復雜度也是$O(n)$
int N,P; fact[0] = 1; //mod P 求階乘 for (int i = 1; i <= N; i++) fact[i] = fact[i - 1] * i % P; //求N! mod p的逆元 inv[N] = quickPower(fact[N], P - 2, P) % P; //遞推求N!~1! mod p的逆元 for (int i = N - 1; i >= 1; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P; //轉換輸出 for (int i = 1; i <= N; i++) printf("%d\n", (inv[i] * fact[i - 1]) % P);
逆元的應用
費這么大周章求出來的逆元究竟有什么用呢？
將除法轉換為乘法
已知$n$為任意整數，$(a,p)=1$，則$n\div a\ mod\ p = n\cdot a^{-1}\ mod\ p$，
比如 $12\div 4\ mod\ 7 = 12\cdot 2\ mod\ 7=3$。
具體使用情況就可以是上面提到的，一個取余運算式中間出現了除號。
但如果式子中沒有取余呢？那自己取一個唄，取一個特別大的素數（但是不能太大，推薦取1e9+7，好記，快速冪也不會爆long long范圍，可以運算所有int范圍的數據）
測試代碼：
const LL P = 1e9 + 7; LL quickPower(LL a, LL n, LL p) { LL res = 1; while (n) { if (n & 1) { res = (res % p * a % p) % p; } a = (a % p * a % p) % p; n >>= 1; } return res; } int main() { LL _a = quickPower(8, P - 2, P); LL res = (72 * _a) % P; cout << res << endl; return 0; }
注意以下幾點：
- 如果真的要計算的數字特別大，可能需要考慮使用快速乘（龜速乘）。
- 要注意實際是否會出現除不盡的情況，因為分數取模比較特殊，算出來的結果不是你想要的答案。
- 具體使用看情況吧，俺還沒遇見過。。。