卡常卡绝望了，这玩意救了我一命……特地翻开 usaco 的这道题找到了这玩意，usaco 吼！
考虑一个多次询问 a/b 或者 a%b，其中 b 是固定的，但是在编译时未知（比如输入确定），如果编译时已知那么设成 const 编译器会自动优化掉，这时候使用该算法可能会负优化……
假定一个足够大的 (c)（具体要有多大后面分析），考察基于被预处理时计算的常数 (base=leftlfloordfrac cb ight floor) 的实数 (B=dfrac{base}c)。设 (leftlfloordfrac cb ight floor=dfrac cb-r)，显然 (rin[0,1))。那么 (dfrac{leftlfloordfrac cb ight floor}c=dfrac{dfrac cb-r}c=dfrac 1b-dfrac rc)。(r) 本身就小于 (1)，再除以一个足够大，感性理解可以认为是足够小。于是这玩意的值就很接近 (b) 的倒数。
考虑做除法，将 (a) 乘上 (b) 的近似倒数得到 (left(dfrac 1b-dfrac rc ight)!a=dfrac ab-dfrac{ar}c)。此时 (left|dfrac{ar}c ight|) 显然小于 (left|dfrac ac ight|)（至于为啥绝对值，因为 (a) 可能为负）。由于 (c) 足够大，所以这玩意是在 ((-1,1)) 之间的。反过来，要满足这个值在 ((-1,1)) 之间，(c) 的「足够大」至少要取到所有询问中 (a) 的 max。于是 (leftlfloor Ba ight floorinleft[leftlfloordfrac ab ight floor-1,leftlfloordfrac ab ight floor+1 ight])，只要算出 (lfloor Ba floor) 然后上下微调即可。模的话，利用 (amod b=a-b!leftlfloordfrac ab ight floor) 即可得到答案。
(lfloor Ba floor=leftlfloordfrac{basecdot a}c ight floor)。那么这玩意怎么快速算呢，不也要做除法吗。但是我们可以设 (c) 为 (2) 的整次幂，这样就可以通过位移来实现。一般情况下，快除不怎么用，常用的是快模，并且模数是 1e9 级别的。对加法取模，这个二年级学生都会，直接微调即可。对乘法快模就需要用到这个算法了，乘出来 (a) 大概是 1e18 级别，所以 (c) 要是 1e18，(base) 便是 1e9。那么 (lfloor Ba floor) 的计算式里 (basecdot a) 就是 1e27 级别，需要用到 i128（当然如果不给用 i128 就 GG 了）。一般设 (c=2^{64})。
经过我一上午的倒腾，我发现不要每次都微调是很快的，到最后再微调输出。有的时候例如快速幂指数模 (b-1)，不能是负数，这时候在快速幂函数里微调一下也没关系，反正快速幂的常数也不在这上面……下面是快模的板子：
typedef long long ll;
typedef __int128_t i128;
i128 _base=1;
inline ll mol(ll x){return x-mod*(_base*x>>64);}
//in main
_base=(_base<<64)/mod;
经测试，不开 O2 快模速度是直接 % 的 2 倍，开 O2 是 3 倍，关键时刻还是能起死回生的。（当然前提是模数编译时未知，话说输入模数的题并不是很多？（逃））