{var%20f='http://v.t.sina.com.cn/share/share.php?appkey=1515056452',u=z||d.location,p=['&url=',e(u),'&title=',e(t||d.title),'&source=',e(r),'&sourceUrl=',e(l),'&content=',c||'gb2312','&pic=',e(p||'')].join('');function%20a(){if(!window.open([f,p].join(''),'mb',['toolbar=0,status=0,resizable=1,width=440,height=430,left=',(s.width-440)/2,',top=',(s.height-430)/2].join('')))u.href=[f,p].join('');};if(/Firefox/.test(navigator.userAgent))setTimeout(a,0);else%20a();})(screen,document,encodeURIComponent,'','','https://www.xiaopingtou.cn//data/attach/topic/topicKPo7gB.jpg', '推荐 我是小强我怕谁 的文章《除法取模与逆元/费马小定理》','https://www.xiaopingtou.net/article-51072.html','页面编码gb2312|utf-8默认gb2312'));){kind=link}
对于正整数
和
，如果有
，那么把这个同余方程中
的最小正整数解叫做模的逆元。
逆元一般用扩展欧几里得算法来求得，如果为素数，那么还可以根据费马小定理得到逆元为
。（都要求a和m互质）
推导过程如下(摘自Acdreamer博客)![]()
这个为费马小定理，m为素数是费马小定理的前置条件。
求a/b=x(mod M）
只要M是一个素数,而且b不是M的倍数,就可以用一个逆元整数b1,通过 a/b=a*b1 (mod M)，只能来以乘换除。
费马小定理:对于素数 M 任意不是 M 的倍数的 b，都有：b ^ (M-1) = 1 (mod M)
于是可以拆成：b*b^(M-2)=1(mod M)
于是:a/b=a/b*(b * b ^ (M-2))=a*(b ^ (M-2)) (mod M) 求a/b=x(mod M) 用扩展欧几里德算法算出b1,然后计算a*b1(mod M) exgcd(b,M,x,y); b1=x;
当p是个质数的时候有
inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p 证明： 设x = p % a,y = p / a
于是有 x + y * a = p
(x + y * a) % p = 0
移项得 x % p = (-y) * a % p
x * inv(a) % p = (-y) % p
inv(a) = (p - y) * inv(x) % p
于是 inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p 然后一直递归到1为止，因为1的逆元就是1
它可以在O(n)的复杂度内算出n个数的逆元
和，如果有，那么把这个同余方程中的最小正整数解叫做模的逆元。逆元一般用扩展欧几里得算法来求得，如果
为素数，那么还可以根据费马小定理得到逆元为。（都要求a和m互质）推导过程如下(摘自Acdreamer博客)
求a/b=x(mod M）
只要M是一个素数,而且b不是M的倍数,就可以用一个逆元整数b1,通过 a/b=a*b1 (mod M)，只能来以乘换除。费马小定理:对于素数 M 任意不是 M 的倍数的 b，都有：b ^ (M-1) = 1 (mod M)
于是可以拆成：b*b^(M-2)=1(mod M)
于是:a/b=a/b*(b * b ^ (M-2))=a*(b ^ (M-2)) (mod M) 求a/b=x(mod M) 用扩展欧几里德算法算出b1,然后计算a*b1(mod M) exgcd(b,M,x,y); b1=x;
当p是个质数的时候有
inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p 证明： 设x = p % a,y = p / a
于是有 x + y * a = p
(x + y * a) % p = 0
移项得 x % p = (-y) * a % p
x * inv(a) % p = (-y) % p
inv(a) = (p - y) * inv(x) % p
于是 inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p 然后一直递归到1为止，因为1的逆元就是1
#include
typedef long long LL;
LL inv(LL t, LL p)
{//求t关于p的逆元，注意:t要小于p，最好传参前先把t%p一下
return t == 1 ? 1 : (p - p / t) * inv(p % t, p) % p;
}
int main()
{
LL a, p;
while(~scanf("%lld%lld", &a, &p))
{
printf("%lld
", inv(a%p, p));
}
} 它可以在O(n)的复杂度内算出n个数的逆元
#include
const int N = 200000 + 5;
const int MOD = (int)1e9 + 7;
int inv[N];
int init()
{
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < N; i ++)
inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD;
}
int main()
{
init();
}