三、乘法逆元
一、定义
若在mod p意义下，对于一个整数a，有a*b≡1(mod p)，那么这个整数b即为a的 乘法逆元，同时a也为b的乘法逆元
一个数有逆元的充分必要条件是gcd(a,p)=1，此时a才有对p的乘法逆元
二、逆元是干什么的呢
首先对于除法取模不成立，即(a / b) % p ≠ (a % p / b % p) % p 。
显然数学家们是不能忍受这种局面的，他们扔出了“逆元”来解决这个问题。
因为取模运算对于乘法来说是成立的，逆元就是把除法取模运算转化为乘法取模运算
(a/b)%p=m -------- 1
假设存在一个数x满足 a*x%p=m ------- 2
由模运算对乘法成立，对1式两边同时乘以 b ，得到：
a%p=(m(b%p))%p
如果 a 和 b 均小于模数 p 的话，上式可以改写为：
a =bm%p
等式两边再同时乘以 x, 联立2式比较得到：
ax%p=m%p=xbm%p
因此可以得到：
bx%p=1
哎，x是b的逆元呀（x 在模运算的乘法中等同于 1/b, 这就是逆元的意义）
由以上过程我们看到，求取 (a/b)%p 等同于 求取 a∗(b的逆元)%p。 因此，求模运算的除法问题就转化为就一个数的逆元问题了。
另一个角度，不仅仅是为了除法取模。比如输入任意互质的两个数b,p,要使等式b%p=1恒成立，显然，要使等式恒成立必须借助一个数x（把这个数叫做b的逆元），使得bx%p==1
eg :b=22,p=5
显然22%5！=1
22*3%5==1，22的逆元x=3;
三、求取一个数的逆元，有两种方法
（1）.费马小定理
因为在算法竞赛中模数p总是质数，所以可以利用费马小定理 ：
bp−1%p=1
可以直接得到 b 的逆元是 bp−2, 使用 快速幂 求解即可
所以bp-2即为b在 mod p 意义下的逆元
ll pow(ll a, ll n, ll p) //快速幂 a^n % p { ll ans = 1; while(n) { if(n & 1) ans = ans * a % p; a = a * a % p; n >>= 1; } return ans; } ll niyuan(ll a, ll p) //费马小定理求逆元 { return pow(a, p - 2, p); }
（2）扩展欧几里德
对于利用拓展欧几里德算法求逆元，很显然，如果bx%p=1，那么 bx+py=1（p=0,解x),直接利用 exgcd(b, p, x, y)，则 (x%p+p)%p 即为 b 的逆元((x%p+p)%p为x的最小正整数解)。
void exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) //拓展欧几里得算法 { if(!b) x = 1, y = 0; else { exgcd(b, a % b, y, x); y -= x * (a / b); } } ll niyuan(ll a, ll b) //求a对b取模的逆元 { ll x, y; exgcd(a, b, x, y); return (x + b) % b; }
模板题：https://www.cnblogs.com/-citywall123/p/10693865.html
来源https://blog.csdn.net/arrowlll/article/details/52629448
输入：
输入仅一行. 两个正整数a和n
输出：
输出仅一行. 一个正整数
样例解释：
((22)2)2mod 998244353 = 256
数据范围
a，n <= 1018
思路：
先求出指数，即 an-1（快速幂求解），并将指数对mod-1（因为mod是质数，那么φ（mod）= mod-1），再用更新后的指数做为新的指数用快速幂求解即可。
代码如下：
#include<cstdio> typedef long long ll; ll a,n; const int M=998244353; ll mi(ll a,ll b,int mod) { ll re=1; a%=mod; while (b) { if (b&1) re=(re*a)%mod; a=(a*a)%mod; b>>=1; } return re; } int main() { scanf ("%lld%lld",&a,&n); ll t=mi(a,n-1,M-1); printf("%lld",mi(a,t,M)); return 0; }
课后例题：//poj 3696
L，L <= 2*109. 问多少个8连在一起的数是L的倍数。如果不存在就输出0.
//这里省略输入输出规则，请读者自行注意
思路：
x个8连在一起可以写成8*（10x-1）*9，假设d=gcd（L，8）。那么题目可以表达为：L | 8*（10x-1）*9 ， 接下来我们做一些简单的式子变形：
L | 8*（10x-1）/9 ←→ L*9 | 8*（10x-1） ←→ 9L/d | （10x-1） ←→ 10x ≡ 1 （mod 9L/d）
引理：对于任意互质的正整数a，n，满足：ax≡1（mod n）最小的整数值 X0 是φ（n）的约数。
证明如下：
（反证法）假设X0不是φ（n）的约数，则φ（n）可以表示为：qX0 + r（0 <= r < X0)。题设有：aX0≡1（mod n），那么，aqX0≡1（mod n）且正整数a,n互质，所以有欧拉定理：
aφ(n)≡1(mod n)，即aqX0 * ar≡1(mod n)，继而得出：ar≡1(mod n)，此时r<X0，这与X0是最小的整数值矛盾，所以假设不成立。得证。
φ（9L/d）并将其约数带入10x ≡ 1 （mod 9L/d）验证是否成立即可。求欧拉函数和快速幂，时间复杂度为：O（√（n） * log2 n）。代码如下：
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; ll n,mod; int Case; ll gcd(ll a,ll b) { return a%b==0 ? b : gcd(b,a%b); } ll Er(ll x) { ll re=x; for (ll i=2;i*i<=x;i++) { if (x%i==0) { re=re/i*(i-1); while (x%i==0) x/=i; } } if (x>1) re=re/x*(x-1); return re; } ll mul(ll a,ll b,ll p) { ll re=0; while (b) { if (b&1) re=(re+a)%p; a=2*a%p; b>>=1; } return re; } ll ksm(ll a,ll b,ll p) { ll re=1; a%=p; while (b) { if (b&1) re=mul(re,a,p); a=mul(a,a,p); b>>=1; } return re; } int main() { while (scanf ("%lld",&n)) { if (n==0) return 0; Case++; ll d=gcd(n,8); ll phi=Er(9*n/d); mod=9*n/d; ll flag=9223372036854775806; for (ll i=1;i*i<=phi;i++) { if (phi%i==0) { if (ksm(10,i,mod)==1) flag=min(flag,i); if (ksm(10,phi/i,mod)==1) flag=min(flag,phi/i); } } flag==9223372036854775806?printf("Case %d: 0 ",Case):printf("Case %d: %lld ",Case,flag); } }