首先说明逆元的概念，类似于倒数的性质。
方程ax≡1(mod p),的解称为a关于模p的逆，当gcd(a,p)==1（即a，p互质）时，方程有唯一解，否则无解。
对于一些题目会要求把结果MOD一个数，通常是一个较大的质数，对于加减乘法通过同余定理可以直接拆开计算，
但对于(a/b)%MOD这个式子，是不可以写成(a%MOD/b%MOD)%MOD的，但是可以写为(a*b^-1)%MOD,其中b^-1表示b的逆元。
知道了逆元的作用，接下来就是逆元的求法。
首先，有一个费马小定理:
费马小定理(Fermat's little theorem)是数论中的一个重要定理，在1636年提出，其内容为： 假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 a(p-1)≡1（mod p），即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者只有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。
意思很明了，由上方的公式很容易推导出:a*a(p-2)≡1（mod p）对于整数a，p，a关于p的逆元就是a^(p-2),直接快速幂解之即可，但注意这个定理要求a,p互质！
下面以HDU5685为例
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5685
题目给出的hash计算法就是连续区间元素的乘积对9973取模，我们自然而然想到前缀积的方法，但是数很大，前缀积显然只能存下%9973后得值，
但有:(A/B)%M=(A%M*(B^-1%M))%M,A%M显然就是pre[A],B的逆对M取余就是qpow(B,M-2,M),快速幂模之即可。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define LL int 4 #define MOD 9973 5 LL inv[10000]; 6 LL pre[100005]; 7 char s[100005]; 8 LL qpow(LL a,LL b,LL M){ 9 LL r=1; 10 while(b){ 11 if(b&1) r=r*a%M; 12 b>>=1; 13 a=a*a%M; 14 } 15 return r; 16 } 17 int main() 18 { 19 int N,i,j,k; 20 inv[1] = 1; 21 for(i=2;i<=9972;++i) inv[i]=qpow(i,MOD-2,MOD); 22 while(scanf("%d",&N)==1){pre[0]=1; 23 scanf("%s",s+1); 24 int n=strlen(s+1); 25 for(i=1;i<=n;++i){ 26 pre[i]=pre[i-1]*(s[i]-28)%MOD; 27 } 28 while(N--){int a,b; 29 scanf("%d%d",&a,&b); 30 printf("%d ",pre[b]*inv[pre[a-1]]%MOD); 31 } 32 } 33 return 0; 34 }
还有一种线性递推的方法:
inv[1] = 1;
for(i=2;i<MOD;++i) inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD; (isprime(MOD))
对于这个式子的证明:
M=k*i+r≡0 （mod M）
式子两边同乘上 i-1*r-1,如果M不是质数得话r就可能为零
k*r-1+i-1≡0 （mod M）
i-1≡M-floor（M/i）*(M mod i)-1 (mod M)
易证 <==> i-1=(M-M/i)*inv[M%i]%M;
还有就是拓展欧几里得算法，对于一些很大的数，用递推法非常耗时，但又不适用于快速幂的时候(可能会爆long long 无法得出正确结果)，
考虑使用这个算法。
我们对这个算法进行推演一下，exgcd求解的是一组 ax+by=gcd(a,b) 的一组(x,y)的解，
我们设
ax1+by1=gcd(a,b)-----------------------1
bx2+(a%b)*y2=gcd(b,a%b)------------2
根据朴素的欧几里得算法可得 1,2式的右端是相等的，同理左端也相等，
ax1+by1=bx2+(a%b)*y2
==> ax1+by1=bx2+(a-a/b*b)*y2
==>ax1+by1=ay2+b(x2-a/b*y2)
显然我们能得出 x1=y2; y1=x2-a/b*y2;
也就是说我们根据x2,y2便可推导出x1,y1的值，只要将a,b换成b,a%b即可，和gcd算法类似这是一个递归的过程，出口当b==0时，此时 x=1,y=0,gcd(a,b)=d=a;
对于ax+by=gcd(a,b)这个式子，当gcd(a,b)=1的时候，ax+by=1,根据逆元的定义可知x的解就是a关于模b的逆元，y的解就是b关于模a的逆元，当gcd(a,b)=d=1时成立。
(ax+by=1 --> ax(mod b)=(1-by) (mod p)=1 (mod p) )
这是gcd关于递推法的比较答案显然一致
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #define LL long long 4 #define mod 997 5 void gcd(LL a,LL b,LL &d,LL &x,LL &y) 6 { 7 if(!b) {d=a;x=1;y=0;} 8 else {gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);} 9 } 10 LL finv(LL a,LL n) 11 { 12 LL d,x,y; 13 gcd(a,n,d,x,y); 14 return d==1?(x+n)%n:-1; 15 } 16 int main() 17 { 18 int inv[100]={1,1}; 19 for(int i=2;i<=99;++i){ 20 inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 21 cout<<inv[i]<<" "<<finv(i,mod)<<endl; 22 } 23 return 0; 24 }
对于逆元运算还有一些常见的式子，如:
1.(a^(-1))^(-1)=a;
2.(a*b)^(-1)=b^(-1)*a^(-1)
对他们的证明:
设单位元为e.
x的逆元按定义是满足x·y = y·x = e的元素y.
逆元是唯一的:设x·y = y·x = e,x·z = z·x = e,有y = y·e = y·(x·z) = (y·x)·z = e·z = z.
1.a^(-1)是a的逆元,即有a·a^(-1) = a^(-1)·a = e,也即a^(-1)·a = a·a^(-1) = e.
于是a也是a^(-1)的逆元,可写为(a^(-1))^(-1) = a.
2.(a·b)·(b^(-1)·a^(-1)) = a·(b·(b^(-1))·a^(-1) = a·e·a^(-1) = a·a^(-1) = e.
(b^(-1)·a^(-1))·(a·b) = b^(-1)·(a^(-1)·a)·b = b^(-1)·e·b = b^(-1)·b = e.
于是b^(-1)·a^(-1)是a·b的逆元,即有b^(-1)·a^(-1) = (a·b)^(-1).