2018/11/8 更新
求满足 \(ax \mod b = 1\) 的最小正整数 \(x\)。这个 \(x\) 被称为“\(a\) 在模 \(b\) 意义下的逆元”。不少题目中需要求乘法逆元（虽然只是作为计算答案的辅助工具）。解法不止一种，下面用扩展欧几里得求解。
一步一步来。
问题转化
题目问的是满足 \(ax \mod b = 1\) 的最小正整数 \(x\)。（\(a,b\)是正整数）
但是不能暴力枚举 \(x\)，会超时。
把问题转化一下。观察 \(ax \mod b = 1\)，它的实质是 \(ax + by = 1\)：这里 \(y\) 是我们新引入的某个整数，并且似乎是个负数才对。这样表示是为了用扩展欧几里得算法。我们将要努力求出一组 \(x,y\) 来满足这个等式。稍微再等一下——
问题还需要转化。扩展欧几里得是用来求 \(ax + by = gcd(a,b)\) 中的未知数的，怎么牵扯到等于 \(1\) 呢？
原理是，方程 \(ax + by = m\) 有解的必要条件是 $m \mod gcd(a,b) = 0 $。
这个简单证一下。
由最大公因数的定义，可知 \(a\) 是 \(gcd(a,b)\) 的倍数，且 \(b\) 是 \(gcd(a,b)\) 的倍数，
若 \(x,y\) 都是整数，就确定了 \(ax + by\) 是 \(gcd(a,b)\) 的倍数，
因为 \(m = ax + by\)，所以 \(m\) 必须是 \(gcd(a,b)\) 的倍数，
那么 \(m \mod gcd(a,b) = 0\)。
可得出在这道题中，方程 \(ax + by = 1\) 的有解的必要条件是 \(1 \mod gcd(a,b) = 0\)。可怜的 \(gcd(a,b)\) 只能等于 \(1\) 了。这实际上就是 \(a,b\) 互质。
扩展欧几里得
前提是知道了普通欧几里得算法（辗转相除法）。下面字母挺多，希望你耐心地慢慢地读~
我们拿到了一组 \(a,b\)。目标是求出满足 \(ax + by = gcd(a,b)\) （①） 的整数 \(x\) 与 \(y\)。其中 \(x\) 应当是满足条件的最小正整数，它会成为答案，\(y\) 是辅助答案。
（注意，虽然刚刚已经证明本题的 \(gcd(a,b)\) 必然等于 \(1\)，但是扩展欧几里得算法本身过程求的是 \(ax + by = gcd(a,b)\) 的解。它正好非常适合本题，不过我们要按照它求解的过程去做）
根据普通欧几里得算法，\(gcd(a,b) = gcd(b, a\mod b)\) （②）。
如果我们先前已经求出了另一组数 \(x_2, y_2\)，它们满足 \(bx_2 + (a \mod b)y_2 = gcd(b, a \mod b)\) （③），（提示一下，这个等式与①的结构一致，系数则是根据②替换的。此处的递归形态已经有所显露，别着急）
结合②③，一定有
\(bx_2 + (a \mod b)y_2\)
\(=gcd(b, a \mod b)\)
\(=gcd(a,b)\)
在这个“如果”实现的时候，我们的目标变成了
求出满足 \(ax + by = bx_2 + (a \mod b)y_2\) （④）的 \(x\) 与 \(y\)。
其中\(a,b,x_2,y_2\) 都已知，\(x,y\)待求。未知数比方程更多，没有唯一解。我们先求出一组必然存在的解，最后将在答案处理时转变为使正整数 \(x\) 最小的解。
取模运算是 \(a \mod b = a - b×(a/b)\)，能理解吧？
等式④实际上是：
\(ax + by = bx_2 + (a-b×(a/b))y_2\)
\(ax + by = bx_2 + ay_2 - b × (a/b)y_2\)
\(ax + by = ay_2 + b(x_2-(a/b)y_2)\)
看上面这个方程，一组必然存在的解出现了！
\(x = y_2, y = x_2 - (a/b)y_2\) ⑤
可见我们只要求出 \(x_2,y_2\)，就能得出正确的\(x,y\)。问题是 \(x_2,y_2\) 怎么求。
脑海里抛掉前面的\(x,y\)，现在我们手上是 \(b,a \mod b\) 这两个系数，而目标是求出满足 \(bx_2 + (a \mod b)y_2 = gcd(b,a \mod b)\)（③）的 \(x_2\) 与 \(y_2\)，以便于待会回馈给⑤。
等一下。
比较于③，我再去看看原方程①：
\(ax + by = gcd(a,b)\) （①）
原方程中的 \(a\) 变成了③中的 \(b\)，原方程中的 \(b\) 变成了③中的 \(a \mod b\) 而已。
按照上面的一模一样下来（其实都只是推导过程），我们发现，最好有 \(x_3,y_3\) 来支撑 \(x_2, y_2\)。
再一模一样下来，我们又需要 \(x_4,y_4\) 来支撑 \(x_3, y_3\)。
……
这个递归中 \(a,b\) 不断变成 \(b, a \mod b\)，逼近最后：
\(b\) 将等于最早的 \(a,b\) 的最大公因数，就像普通 \(gcd\) 的结果。
但我们再往下一层。此时由于 \(a \mod b = 0\)，下一层的 \(b = 0\)。
是时候直接回馈了，我们需要一组 \(x_n,y_n\) 满足 \(a_nx_n + b_ny_n = gcd(a_n,b_n)\)。
然而本层的 \(b_n = 0\)，则 \(gcd(a_n,b_n) = gcd(a_n,0) = a_n\)。那么只要等式左边取 \(x_n = 1\)，这个等式就妥妥的成立了。
最后一层回馈的 \(y_n\) 建议用 \(0\)，但由于 \(b = 0\)，回馈其它数值等式一定也成立。意料之外的是，这样的程序有时候会求错解。如果回馈 \(3\)，那么你将收获 \(70\) 分的好成绩。如果回馈 \(-20002\)，那么你将收获 \(40\) 分的好成绩。为什么呢？
原因仅仅是，被回馈（却与 \(0\) 等效）的 \(y_n\) 在回溯时滚雪球式增长，容易数值越界。下面的代码在最后一层令 \(y = 7\)，开了long long，没有出问题。
最后一层结束后，就开始返回，直到最上层。每一层可以轻松地根据下层的 \(x_{k+1},y_{k+1}\) 求出当前层的 \(x_k, y_k\)。
小提示：
上面的算法中，以辗转相除的方式向下递进的好处（目的）是缩小系数，直到出现一个解可以确定的情况。
对扩展欧几里得也可以有不同的理解方式，比如可以设 G = gcd(a,b)，然后类似地推导，每一层的等式右边都是G。
答案处理
一个重大遗留：我们将要求出来的 \(x,y\) 仅仅保证满足 \(ax + by = 1\)，而 \(x\) 不一定是最小正整数解。有可能太大，也有可能是负数。这依然可以解决，那就是，\(x\) 批量地减去或加上 \(b\)，能保证 \(ax + by = 1\)：
\(ax + by = 1\)
\(ax + by + k×ba - k×ba = 1\)
\(a(x+kb) + (y-ka)b = 1\)
1.显然这并不会把方程中任何整数变成非整数。
2.“加上或减去 \(b\)”不会使 \(x\) 错过任何解。可以这么理解：
已经求出一组整数 \(x,y\) 使得 \(ax + by = 1\)，也就是 \(\frac{1-ax}{b} = y\)。\(y\) 是整数，可见目前 \(1-ax\) 是 \(b\) 的倍数。
现在想改变 \(x\) 并使得方程仍然成立。已知 \(a,b\) 互质，假若 \(x\) 的变化量（\(\Delta x\)）不是 \(b\) 的倍数，则 \(1-ax\) 的变化量（\(-a×\Delta x\)）也不是 \(b\) 的倍数，这会使得 \(1-ax\) 不再是 \(b\) 的倍数，则 \(y\) 不是整数了。
仅当 \(x\) 的变化量是 \(b\) 的倍数时，\(1-ax\) 能保持自己是 \(b\) 的倍数，此时就出现新的解了。
因此到最后，如果 \(x\) 太小就不断加 \(b\) 直到大于等于 \(0\)，太大则一直减 \(b\)，直到最小正整数解。直接求模实现更快。
代码
推导中的所有 \(x,y\) 共用全局变量 long long x, y，传递也很方便。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long x, y;//目前方程真正的解
void exgcd(long long a, long long b)
{
//当前目的：求解 ax + by = gcd(a, b) 这么一个方程
if(b == 0) //a, b不断改变的过程中，b最终必然会成为0
{
//在 b = 0 时等式还要成立？ 使 x = 1, y = 0 ，必然成立
x = 1;
y = 7; //建议返回0。不过y = 7能AC，证明了最后一个等式不受最后一个y影响
return;
}
exgcd(b, a % b);//把下一层系数传进去（先求下一个方程的解 ）
//现在我们已经拿到了下一个方程的解x, y
long long tx = x;//暂时存一下x，别丢了
x = y;
y = tx - a / b * y;
}
int main()
{
long long a, b;
cin >> a >> b;
exgcd(a, b);
while(x < 0)//我们求出来的x必然满足方程，但是不一定是最小正整数解
x += b;
x %= b;
//上面三行是“答案处理”，这里用while只是帮助理解，建议写成 x = (x % b + b) % b;
printf("%lld\n", x);
return 0;
}