乘法逆元
例题1
小凯的数字
\[2345=2\times 10^3+3\times 10^2+4\times 10^1+5\times 10^0\\ \forall x \geqq 0,10^x\mod 9=1\\ (2\times 10^3)\%9=(2\%9\times 10^3\%9)\%9=2\%9=2\\ 2345\%9=(2\times 10^3+3\times 10^2+4\times 10^1+5\times 10^0)\%9=(2+3+4+5)\%9=5\\ \therefore answer=[l+(l+1)+...+(r-1)+r]\%9=\frac{(l+r)(r-l+1)}{2}\%9 \]一串数字l(l+1)(l+2).......(r-1)r，例如l=2,r=5,数字为2345，小凯很喜欢数字9，所以写下的数字除以9的余数是多少
因为模运算必须是整数，上面的\((l+r)(r-l+1)\)可以用整数计算，除以2就不一定还是整数了。
那么分数在模意义下该怎么表示呢？也就是说在mod p意义下，能不能表示\(\frac{1}{a}\)呢？
在实数意义下，对于任意的\(a\neq 0\)，都有\(a\times \frac{1}{a}=1\)，所以在模意义下，也希望1/a也满足同样的性质：\(a\times \frac{1}{a}\equiv 1(\mod p)\)，也就是说，尝试找到一个整数，满足\(a\times x\equiv 1(\mod p)\)
定义
若\(a\times x\equiv1(\mod p)\)，则称x为a在模p意义下的乘法逆元，记为\(a^{-1}(\mod p)\)
在本章种，模意义下的乘法逆元，简称为逆元。
\[2\times 5\mod 9=10\mod 9=1\\ \therefore 5是2关于模9的逆元\\ 也就是说，\frac{1}{2}在模9的意义下可以用5来表示\\\\ 8\times \frac{1}{2}=4\\ 8\times 5\mod 9=40\mod 9=4\\ \]所以这题只需要求出\(5(l+r)(r-l+1)\mod9\) 为了降低处理的数量级，可以\(5(l+r)\%9(r-l+1)\%9\mod9\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
long long l,r,ans;
int main()
{
cin>>t;
while(t--){
cin>>l>>r;
ans=((l+r)%9*(r-l+1)%9*5)%9;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
接下来，就从两种不同的方法给定一组a，p，求出a在模p意义下的逆元
方法1
拓展欧几里得算法
从\(a\times x\equiv1(\mod p)\)入手，等价于\(\exists y,ax+py=1\)等价。实际上就是一个关于a，p的不定方程，就可以用拓展欧几里得算法来解决
并且由裴蜀定理，可以发现存在a在模p意义下的逆元当且仅当gcd(a,p)=1，a和p互质，即\(a\perp p\)
int inv(int a,int p){ //用exgcd求逆元
int x,y;
exgcd(a,p,x,y);
//求不定方程ax+py=1的一组解
return x;
//求出的x就是a在模p的意义下的乘法逆元
}
方法2
费马小定理
若p为质数，且a不是p的倍数，则\(a^{p-1}\equiv1(\mod p)\)
假设p为质数，那么如果a不是p的倍数，就有\(a\times a^{p-2}=a^{p-1}\equiv 1(\mod p)\)
所以a在模p意义下的逆元就是\(a^{p-2}\)，可以用快速幂来解决。
如果a是p的倍数的话，对于任意x，ax也一定是p的倍数，不可能在模p的意义下等于1，也就不存在逆元了
int inv(int a,int p){ //用费马小定理求逆元
return pow(a,p-2,p);
//求出a^(p-2)mod p的值
}
不管什么方法，都可以求出一个a在模p的意义下的逆元
定理
在大于等于0，小于p的范围内，模p的逆元（若存在）是唯一的
\[假设\exists 0\leq x_1<x_2<p，ax_1\equiv ax_2\equiv 1(\mod p)\\ 那么a(x_2-x_1)\equiv 0(\mod p)\\ \therefore a(x_2-x_1)是p的倍数\\ 又\because a\perp p\\ \therefore x_2-x_1是p的倍数\\ \because 0<x_2-x_1<p\\ \therefore x_2-x_1不是p的倍数，矛盾 \]例题2
乘法逆元（线性时间）
给定n，q，求1~n中所有整数在模p意义下的乘法逆元
递推
\[假设已经知道了1到i-1的逆元，现在要求i的逆元\\ 初始情况:当i=1时，i^{-1}\equiv 1(\mod p)\\ 2\leq i<p时\\ p=p/i\times i+p\%i\\ 同余式:p/i\times i+p\mod i\equiv0(\mod p)\\ \because p为质数，0<p\mod i<i\\ \therefore i和p\mod i的逆元一定存在\\ 在等式两边同时乘以i^{-1}(p\mod i)^{-1}\\ (p\mod i)^{-1}\times p/i+i^{-1}\equiv0(\mod p)\\ i^{-1}\equiv-(p\mod i)^{-1}\times p/l(\mod p) \]#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,p;
long long inv[3000010];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&p);
inv[1]=1;
//递推初始化
for(int i=2;i<=n;i++)
inv[i]=(p-inv[p%i]*(p/i)%p);
//i^(-1)=p-(p%i)^(-1)*(p/i)%p
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld\n",inv[i]);
return 0;
}
//卡cin、cout
倒推
直接倒推可能会比较困难，但是我们知道\(\frac{1}{k}=\frac{(k-1)!}{k!}\)，所以加入我们已经知道了1！，2！，...，n！mod p的结果，
并且已经知道了1!,2!,....,n!的逆元，就可以知道1到n的逆元了
\[1.用循环求出1!,2!,...,n!\mod p的结果\\ 2.用拓展那欧几里得算法/快速幂求出n!的逆元\\ 3.根据\frac{1}{(k-1)!}=\frac{k}{k!},倒推出(n-1)!,(n-2)!,...,1!的逆元\\ 4.根据\frac{1}{k}=\frac{(k-1)!}{k!}，求出1到n的逆元\\ \]时间复杂度为O(n+log n)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,p;
long long inv[3000010],fac[3000010];
long long pow(long long x,int y,int p){
long long ans=1;
for(;y;y>>=1){
if(y&1) ans=ans*x%p;
x=x*x%p;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&p);
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%p;
//求出1!,2!,...,n!
inv[n]=pow(fac[n],p-2,p);
//求出(n!)^(-1)
for(int i=n-1;~i;i--){
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
}
//求出((n-1)!^(-1),(n-2)!^(-1),...,1!^(-1))
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld\n",fac[i-1]*inv[i]%p);
//求出1^(-1),2^(-1),...,n^(-1)
return 0;
}