前言

逆元：如果 $a\ast x\equiv 1\left(modp\right)$a∗x≡1(mod p)，且a与p互质，则称x是a关于p的逆元。
对于这个概念和倒数有本质的区别，因为除法不能将mod数化进去。引用一个例子：

(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
ax = 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
ax = 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(b) ) % p = (a % p * inv(b) % p) % p
这样就把除法，完全转换为乘法了。

以上的例子摘自这篇博客，强推，浅显易懂！

对于法三用到如下公式变形：

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

法四就是法三的记忆化版或者说是递推版

Code：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

//拓展欧几里得
LL exgcd(LL A, LL B, LL &x, LL &y) {
  if (B == 0) {
    x = 1;
    y = 0;
    return A;
  }
  LL gcdnum = exgcd(B, A % B, x, y);
  LL tmp = y;
  y = x - A/B*y; //算上来的x,y计算出新的x,y
  x = tmp;
  return gcdnum;
}

//中速乘 : 对于长整型的快速乘要利用到80为的long double的特性O(1) 本算法复杂度O(logN)
LL qmul(LL a, LL b, LL mod) {
  LL ans = 0;
  a %= mod;
  while (b) {
    if (b&1) {
      ans = (ans + a) % mod;
    }
    a = (a << 1) % mod;
    b >>= 1;
  }
  return ans;
}

//快速幂
LL qpow(LL a, LL b, LL mod) {
  LL ans = 1;
  a %= mod;
  while (b) {
    if (b & 1) {
      ans = qmul(ans, a, mod);
    }
    a = qmul(a, a, mod);
    b >>= 1;
  }
  return ans;
}

//逆元的三种求法求法:

//法一：根据费马小定理转换 O(logP)
LL inv_1(LL a, LL p) {  //a关于p的逆元(数论倒数)
  return qpow(a, p-2, p);
}

//法二：根据拓展欧几里得求逆元
LL inv_2(LL a, LL p) {
  LL x, y;
  if (exgcd(a, p, x, y) != 1) return -1; //不满足a p 互质
  return (x % p + p) % p; //变为正的
}

//法三：递归版 （原理就是一个式子化简 至于怎么构造还不会，待补 参考：https://www.cnblogs.com/linyujun/p/5194184.html）
LL inv_3(LL a, LL p) {
  //求a关于p的逆元，注意:a要小于p，最好传参前先把a%p一下
  return a == 1 ? 1 : (p - p / a) * inv_3(p % a, p) % p;
}

const int maxn = (int)2e5 + 5;
const int MOD = (int)1e9 + 7;
int inv[maxn];
void inv_4(){ //法三递推版 O(n)
  inv[1] = 1;
  for(int i = 2; i < maxn; i ++){
      inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD;
  }
}

int main() {
  cout << "inv_1 : " << inv_1(100, MOD) << endl;
  cout << "inv_2 : " << inv_2(100, MOD) << endl;
  cout << "inv_3 : " << inv_3(100, MOD) << endl;
  inv_4();
  cout << "inv_4 : " << inv[100] << endl;
  return 0;
}

关于费马小定理：假如p是质数，且gcd(a,p)=1（a和p互质），那么 a^(p-1) ≡ 1（mod p），即 ( a^(p-1) )%p = 1。

• 可以用这个定理快速求得一个大数的余数。例如：
  $欲求：2^{100}\%13=?$欲求：2100 % 13= ?
  $因为2与13互质，故根据费马小定理有：2^{13-1}\equiv 1\left(mod13\right)$因为2与13互质，故根据费马小定理有：213−1≡1(mod 13)
  $即：2^{12}\%13=1$即：212 % 13=1
  $又：2^{100}=(2^{12}{)}^8\ast 2^4$又：2100=(212)8∗24
  $所以，2^{100}\%13=(2^{12}{)}^8\ast 2^4\%13=(\left(2^{12}{)}^8\%13\right)\ast \left(2^4\%13\right)\%13=\left(\right(2^{12}\%13{)}^8\%13)\ast (3)\%13=3$所以，2100 % 13=(212)8∗24 % 13=((212)8 % 13)∗(24 % 13) % 13=((212 % 13)8 % 13)∗(3) % 13=3