参考文章www.luogu.org/blog/zyxxs/post-xiao-yi-jiang-tan-qian-tan-sheng-fa-ni-yuan
什么是乘法逆元
若整数\(b,m\)互质，并且\(b|a\)，若存在一个整数\(x\)，使得\(a / b \equiv a \ast x (mod \text{ } m)\)，称\(x\)为 \(b\)的模\(m\)乘法逆元。
乘法逆元的用处
有时候，我们需要求\(a/b \text{ } mod \text{ } p\)，用朴素的方法，我们只能在\(a\)上不断加\(p\)，直到它能被 bb 整除为止，当\(a,b,p\)都很大的时候，自然是凉凉了。这时，我们就可以用逆元方便的求解了。
乘法逆元的求法
进入到了本文最关键的部分，如何求乘法逆元?
费马小定理
费马小定理：当\(p\)是质数的时候，$a^{p-1} \equiv 1 (mod \text{ } p) $
那么将\(a^{p-1}\)拆开来，就得到了\(a \ast a^{p-2} \equiv (mod \text{ } p)\)
所以，\(a^{p-2}\)就是\(a\)模\(p\)意义下的乘法逆元。
缺点：用快速幂计算，当\(p\)比较大的时候，速度比较慢。
代码：
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, p;
ll ksm(ll a, ll b)
{
ll ans = 1;
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1)
ans = ans * a % p;
a = a * a % p;
}
return ans;
}
int main()
{
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
cin >> n >> p;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
printf("%lld\n", ksm(i, p - 2));
}
return 0;
}扩展欧几里得算法
求\(a \ast x \equiv 1 (mod \text{ } m)\)的解\(inv(x)\)，等价于求解\(a \ast x + b \ast y =1\)。用扩展欧几里得算法求出一组特解\(x_0, y_0\)，则\(x_0\)是原方程的一个解，而方程的通解则为所有模\(m\)与\(x_0\)同余的整数，通过取模操作把解的范围移动到\(1～p\)之间即可。
代码：
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, p;
void exgcd(ll a, ll b, ll& x, ll& y)
{
if (b == 0) {
x = 1, y = 0;
return;
}
exgcd(b, a % b, x, y);
ll z = x;
x = y, y = z - y * (a / b);
return;
}
int main()
{
cin >> n >> p;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
ll x, y;
exgcd(i, p, x, y);
x = (x % p + p) % p;
cout << x << endl;
}
return 0;
}线性递推（可以求多个）
这是一个神奇的过程……
假设我们现在要求\(k\)的乘法逆元，
令 \(a \ast k + b = p\)
\[b \ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
把\(b=p-a\ast k\)代入，可以得到
\[(p-ak)\ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
那么
\[p \ast inv(b) - a \ast k \ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
在\((mod \text{ } p)\)的意义下，\(p \equiv 0 (mod \text{ } p)\)，所以\(p \ast inv(b)\)可以直接去掉
\[-a \ast k \ast inv(b) \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
观察\(a \ast k + b = p\)可以发现，\(a=\lfloor p/k \rfloor\)，\(b=p \mod k\)
\[-(p/k) \ast inv(p \text{ } mod \text{ } k) \ast k \equiv 1 (mod \text{ } p)\]
即
\[-(p/k) \ast inv(p \text{ } mod \text{ } k) \equiv inv(k) (mod \text{ } p)\]
这样，我们就得了递推式，在实际的代码实现中得加上 \(p\) 来去掉负号，也就是
\[(p-p/k) \ast inv(p \text{ } mod \text{ } k) \equiv inv(k) (mod \text{ } p)\]
代码：
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, p, inv[maxn];
int main()
{
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
cin >> n >> p;
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
inv[i] = (ll)(p - p / i) * inv[p % i] % p;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%lld\n", inv[i]);
return 0;
}