乘法逆元

在组合计数中，由于答案过大，需要取模。比如计算 $C_n^m$ .

为了求出 $\frac a b \equiv x (mod\ m)$ 中的 $x$ ，就需要求出 $b$ 的逆元 $b^{-1}$ ，因为 $bb^{-1} \equiv 1$ ，所以 $\frac a b \equiv ab^{-1}$ 。

1-费马小定理

（的推论） $a^p \equiv a (mod\ p)$ ，当 $p$ 为质数且 $(a,p)=1$ 。

这样 $a^{p-2}=a^{-1}$ ，用快速幂求就好。

ll Reverse(ll op){
    ll poi = mod - 2, base = op, res = 1;
    while(poi){
        if(poi&1)
            res = (res*base) % mod; //在mod>INT_MAX时不适用。
        base = (base*base) % mod;
        poi >>= 1;
    }
    return res;
}

2-扩展欧几里得算法

$ax+by=(a,b)$ 一定有解。

又设 $bx'+(a\%b)y'=(a\%b,b)=(a,b)$ ，

则 $ax+by=bx‘+(a\%b)y’=bx'+(a-b*\lfloor a/b \rfloor)y’$

$ax+by=ay'+b(x'-\lfloor a/b \rfloor y')$

因此 $x=y'$ ， $y=x'-\lfloor a/b \rfloor y'$ 。

只要求解 $bx'+(a\%b)y'=(a,b)$ ，将 $x',y'$ 带入即可求出 $x,y$ 。

这样，我们可以像欧几里得算法一样不断减小系数的规模。只要递归地求解更小规模的方程，最后回溯时将解依次带回就好。递归终点是当 $b_i=0$ 时，这时 $(a_i,b_i)=a_i=(a,b)$ ， $a_ix_i+b_iy_i=(a_i,b_i)$ 一组解是 $x_i=1,y_i=0$ 。

当 $(a,b)=1$ 时， $ax+by=1$ 可用来求解 $b$ 在模 $a$ 意义下的逆元 $y$ ，或者 $a$ 在模 $b$ 意义下的逆元 $x$ .

void exEuclid(ll a, ll b, ll &d, ll &x, ll &y){
    if(!b)
    	d=a, x=1, y=0;		//d就是gcd
    else{
        exEuclid(b, a % b, d, y, x);
        y -= x * (a / b);	//x=y', y=x' - y'*(a/b)
    }
}

复杂度与辗转相除法相同 $O(log\ ab)$ ，因为每一次都使较大的数减小一半以上。

3-线性递推法

需要 $mod$ 是质数。

设 $mod = k*i+r\equiv 0$ ，

两边同乘 $i^{-1}r^{-1}$ 得

$k*r^{-1}+i^{-1}\equiv 0$