以下 \(p\) 为模数，\(x\) 为我们要求逆元的数。
最直接的是利用费马小定理，\(x^{-1}\equiv x^{p-2}(mod\ p)\)是，时间复杂度：\(\mathcal {O}(nlog_2(n))\)。
这里有两个线性做法：
- 令 \(p=ax+b\)，则 \(ax+b\equiv 0(mod\ p)\)，构造一下，两边同时除以 \(bx\)。
则 \(a*b^{-1}+x^{-1} \equiv 0 (mod\ p)=>x^{-1}\equiv -(a*b^{-1})\)。令 \(dp[x]={x^{-1}}\)，易知 \(a=p/x,b=p\%x\)，则 \(dp[x]=-(p/x*dp[p\%x])mod\ p\)。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <bitset>
#define uint unsigned int
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 3e6 + 5;
int n, p;
LL dp[MAXN];
// 令 p = ax+b, 则 ax+b=0(mod p)
// (ax+b)/(bx)=0(mod p)
// a*b^(-1)+x^(-1)=0 -> x^(-1)=-(p/x)/(p%x) -> dp[x]=-(p/x)*dp[p%x]
int main() {
scanf("%d%d", &n, &p); dp[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i ++) dp[i] = -(p / i * dp[p % i]), dp[i] = (dp[i] % p + p) % p;
for(int i = 1; i <= n; i ++) printf("%lld\n", dp[i]);
return 0;
}
- 请注意 \(dp[x]=x^{-1}\)，发现这是一个完全积性函数，那么直接跑个埃筛维护即可，若它是质数直接跑费马小定理，否则直接转移，时间复杂度：\(\mathcal {O}(n)+\mathcal {O}(n/ln(n)*log_2(p))\)，约等于 \(\mathcal {O}(n)\)。
p.s. \(1-n\) 的质数个数约有 \(n/ln(n)\) 个。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <bitset>
#define uint unsigned int
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 3e6 + 5;
int inv[MAXN], prime[MAXN / 10], tot;
bitset <MAXN> vis;
int n, p;
int Quick_Pow(int x, int y) {
int ans = 1;
for(; y; y >>= 1) { if(y & 1) ans = (LL)ans * x % p; x = (LL)x * x % p; }
return ans;
}
void Prime() {
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i ++) {
if(!vis[i]) prime[++ tot] = i, inv[i] = Quick_Pow(i, p - 2);
for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j ++) {
vis[i * prime[j]] = 1; inv[i * prime[j]] = (LL)inv[i] * inv[prime[j]] % p;
if(i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &p); Prime();
for(int i = 1; i <= n; i ++) printf("%d\n", inv[i]);
return 0;
}