数论倒数，又称逆元（因为我说习惯逆元了，下面我都说逆元） 数论中的倒数是有特别的意义滴 你以为a的倒数在数论中还是1/a吗 (・∀・)哼哼~天真   先来引入求余概念   (a +  b) % p = (a%p +  b%p) %p  （对） (a  -  b) % p = (a%p  -  b%p) %p  （对） (a  *  b) % p = (a%p *  b%p) %p  （对） (a  /  b) % p = (a%p  /  b%p) %p  （错）   为什么除法错的 证明是对的难，证明错的只要举一个反例 (100/50)%20 = 2       ≠      (100%20) / (50%20) %20 = 0   对于一些题目，我们必须在中间过程中进行求余，否则数字太大，电脑存不下，那如果这个算式中出现除法，我们是不是对这个算式就无法计算了呢？ 答案当然是 NO (>o<)   这时就需要逆元了   我们知道 如果 a*x = 1 那么x是a的倒数，x = 1/a 但是a如果不是1，那么x就是小数 那数论中，大部分情况都有求余，所以现在问题变了 a*x  = 1 (mod p) 那么x一定等于1/a吗 不一定 所以这时候，我们就把x看成a的倒数，只不过加了一个求余条件，所以x叫做    a关于p的逆元   比如2 * 3 % 5 = 1，那么3就是2关于5的逆元，或者说2和3关于5互为逆元 这里3的效果是不是跟1/2的效果一样，所以才叫数论倒数   a的逆元，我们用inv(a)来表示   那么(a  /  b) % p = (a * inv(a) ) % p = (a % p * inv(a) % p) % p 这样就把除法，完全转换为乘法了 (。・ω・)，乘法超容易

正篇开始   逆元怎么求 (忘了说，a和p互质，a才有关于p的逆元)   方法一：   费马曾经说过：不想当数学家的数学家不是好数学家（(￣▽￣)~*我随便说的，别当真） 费马小定理 a^(p-1) ≡1 (mod p) 两边同除以a a^(p-2) ≡1/a (mod p) 什么(,,• ₃ •,,)，这可是数论，还敢写1/a 应该写a^(p-2) ≡ inv(a) (mod p)   所以inv(a) = a^(p-2) (mod p) 这个用快速幂求一下，复杂度O(logn)(ง •̀_•́)ง  LL pow_mod(LL a, LL b, LL p){//a的b次方求余p LL ret = 1; while(b){ if(b & 1) ret = (ret * a) % p; a = (a * a) % p; b >>= 1; } return ret; } LL Fermat(LL a, LL p){//费马求a关于b的逆元 return pow_mod(a, p-2, p); }   方法二：   要用扩展欧几里德算法 还记得扩展欧几里德吗？（不记得的话，欧几里得会伤心的(╭￣3￣)╭♡）   a*x + b*y = 1 如果ab互质，有解   这个解的x就是a关于b的逆元 y就是b关于a的逆元 为什么呢？   你看，两边同时求余b   a*x % b + b*y % b = 1 % b a*x % b = 1 % b a*x = 1 (mod b)   你看你看，出现了！！！(/≥▽≤/) 所以x是a关于b的逆元 反之可证明y   附上代码： #include typedef long long LL; void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d){ if (!b) {d = a, x = 1, y = 0;} else{ ex_gcd(b, a % b, y, x, d); y -= x * (a / b); } } LL inv(LL t, LL p){//如果不存在，返回-1 LL d, x, y; ex_gcd(t, p, x, y, d); return d == 1 ? (x % p + p) % p : -1; } int main(){ LL a, p; while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){ printf("%lld ", inv(a, p)); } }   方法三： 当p是个质数的时候有
inv(a) = (p - p / a) * inv(p % a) % p

这为啥是对的咩？ 证明不想看的孩子可以跳过。。。（￣0 ￣） 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   代码： #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)); } }   这个方法不限于求单个逆元，比前两个好，它可以在O(n)的复杂度内算出n个数的逆元 递归就是上面的写法，加一个记忆性递归，就可以了 递推这么写 #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(); } 转载地址：http://www.cnblogs.com/linyujun/p/5194184.html