乘法逆元
我们知道，由于同余的运算只定义在整数集中，而整数集不满足除法封闭，所以同余是不满足同除性的。但是，如果有涉及取模操作的计数类题目当中需要除法运算怎么办，这就需要乘法逆元了。
定义
若整数\(b,m\)互质，且\(b|a\)，则存在一个整数\(x\)，满足\(\frac{a}{b}\equiv ax(mod\ m)\)，称\(x\)为\(b\)在模\(m\)意义下的乘法逆元，即为\(b^{-1}(mod\ m)\)。
通常来说，我们会使用另一种方式来表示逆元：
\[\frac{a}{b}\equiv ab^{-1}\equiv \frac{a}{b}*b*b^{-1}(mod\ m)\]
故对于逆元\(b^{-1}(mod\ m)\)，满足\(b*b^{-1}\equiv 1(mod\ m)\)。
求解
了解了模意义下乘法逆元的定义和作用，那么我们需要知道如何求解。通常来说，我们有好几种常用的方式，如费马小定理，扩展欧几里得等，接下来我们一一详解。
费马小定理
注意到著名的费马小定理和我们的逆元非常像，可以推导一下：
\[a^p\equiv a(mod\ p)\\a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\\a*a^{p-2}\equiv 1(mod\ p)\]
所以，当模数\(p\)为质数时，\(a^{p-2}\)就是\(a\)在模\(p\)意义下的乘法逆元。
\(a^{p-2}\)显然是可以用快速幂算的，那么我们就得到了逆元的第一种解决方案，可以求解单独一个数的逆元，时间复杂度为\(O(log_2p)\)。
\(Code:\)
inline long long power(long long a,long long b,long long p)
{
long long res=1;
while (b)
{
if (1&b)res=res*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return res;
}
inline long long Fermat(long long a,long long p)
{
return power(a,p-2,p);
}欧拉定理
费马小定理求逆元的话是要求模数\(p\)为质数的，更一般地，如果只能保证\(a,p\)互质，那么我们可以用欧拉定理求逆元。
\[a^{\phi(p)}\equiv 1(mod\ p)\\a*a^{\phi(p)-1}\equiv 1(mod\ p)\]
那么\(a^{\phi(p)-1}\)就是\(a\)在模\(p\)意义下的一个乘法逆元。
欧拉函数可以用试除法分解质因数求，那么这就是求解逆元的第二种方法，可以求解单独一个数的逆元，时间复杂度\(O(\sqrt p+log_2p)\)。
\(Code:\)
inline long long power(long long a,long long b,long long p)
{
long long res=1;
while (b)
{
if (1&b)res=res*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return res;
}
inline long long phi(long long x)
{
long long ans=x;
for (long long i=2;i*i<=x;i++)
{
if (x%i==0)
{
ans=ans/i*(i-1);
while (x%i==0)x/=i;
}
}
if (x>1)ans=ans/x*(x-1);
return ans;
}
inline long long Eular(long long a,long long p)
{
return power(a,phi(p)-1,p);
}线性同余方程
我们已经知道了只有\(a,p\)互质时逆元\(a^{-1}\)的求法，但是试除法求解欧拉函数未免有点慢。考虑到我们已经得到了逆元的表达方式，其实我们可以直接通过解线性同余方程的方法入手，求解逆元。
已知逆元\(a^{-1}(mod\ p)\)满足\(a*a^{-1}\equiv 1(mod\ p)\)，令\(x=a^{-1}\)，则\(ax\equiv 1(mod\ p)\)。
这是一个简单的线性同余方程，设\(-py=ax-1\)，则可以将方程改写为\(ax+py=1\)，利用扩展欧几里得算法找到解。
这就是求解逆元的第三种方法，以求解单独一个数的逆元，时间复杂度\(O(log_2a+log_2p)\)。
\(Code:\)
inline long long Exeuclid(long long a,long long &x,long long b,long long &y,long long c)
{
if (!b){x=c/a,y=0;return a;}
else
{
long long p=Exeuclid(b,x,a%b,y,c);
long long x_=x,y_=y;
x=y_,y=x_-a/b*y_;
return p;
}
}
inline long long Euclid(long long a,long long p)
{
long long x_,y_;
Exeuclid(a,x_,p,y_,1);
return (x_+p)%p;
}逆元递推
如果求的是单独一个数的逆元的话，那么以上的算法基本上可以完美解决了。现在，如果需要快速的求解\(1-n\)每一个数模\(p\)意义下的逆元，我们就需要要到逆元递推了。
证明：
设\(t=\lfloor \frac{p}{x} \rfloor\)，\(k=p\ mod\ x\)，即\(p=tx+k\)。
那么显然有\(tx+k\equiv 0(mod\ p)\)，则\(-tx\equiv k(mod\ p)\)。
将上式两边同时除以\(x*k\)，则\(-t*k^{-1}\equiv x^{-1}(mod\ p)\)，进而得到\(x^{-1}=(p-\frac{p}{x})*(p\ mod\ x)^{-1}\ mod\ p\)。
已知\(1^{-1}=1\)，那么剩下的递推就行了，可以求解\(1-n\)所有数的逆元，时间复杂度\(O(n)\)。
\(Code:\)
inline long long recursion(int n)
{
inv[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
}逆元递归
当然，利用上述引理，我们也可以直接递归来求解单独一个数的逆元，时间复杂度为\(O(log_2a)\)。
\(Code:\)
inline long long inv(long long x,long long p)
{
if (x==1)return 1;
else return (p-p/x)*inv(p%x)%p;
}总结
至此，本文已经介绍了\(5\)种求乘法逆元的方案，其中每一种方法都有各自的优缺点，希望读者能够灵活运用，选择合适的方法来求解逆元。