整除

定义： 整数a,b∈Z,且a≠0a, b\in\Z,且a\neq0a,b∈Z,且a=0,若∃q\exists q∃q,使得b=aqb=aqb=aq，则称b可被a整除（或a能整除b），记作a∣ba\mid ba∣b；且称b是a的倍数，a是b的约数（或因子、因数）。若a不能整除b，则记作a∤ba\nmid ba∤b
定理
- 1. a∣b，且b∣c，则a∣ca\mid b，且b\mid c，则a\mid ca∣b，且b∣c，则a∣c
  - 证明： ∵a∣b,且b∣c;令b=pa,c=qb，∴c=pqa\because a\mid b,且b\mid c;令b=pa,c=qb，\therefore c=pqa∵a∣b,且b∣c;令b=pa,c=qb，∴c=pqa，根据整除定义即a∣ca\mid ca∣c
- 2. a∣b,且a∣c,则∀x,y,满足a∣bx+cya\mid b,且a\mid c,则\forall x,y,满足a\mid bx+cya∣b,且a∣c,则∀x,y,满足a∣bx+cy
  - 证明：∵a∣b且a∣c,令b=pa,c=qa,则bx+cy=pax+qay=(px+qy)a,∴a∣bx+cy\because a\mid b且a\mid c,令b=pa,c=qa,则bx+cy=pax+qay=(px+qy)a,\therefore a\mid bx+cy∵a∣b且a∣c,令b=pa,c=qa,则bx+cy=pax+qay=(px+qy)a,∴a∣bx+cy
- 3. 若a≠0,b=aq+ca\neq0,b=aq+ca=0,b=aq+c，那么a∣ba\mid ba∣b 的充分必要条件是a∣ca\mid ca∣c
  - 充分性证明：∵a∣b,令b=pa,则c=(p−q)a,∴a∣c\because a\mid b,令b=pa,则c=(p-q)a,\therefore a\mid c∵a∣b,令b=pa,则c=(p−q)a,∴a∣c
  - 必要性证明： ∵a∣c,令c=pa,则b=(p+q)a,∴a∣b\because a\mid c,令c=pa,则b=(p+q)a,\therefore a\mid b∵a∣c,令c=pa,则b=(p+q)a,∴a∣b

同余

∀a,b∈Z,且a≠0,∃p,c\forall a,b\in\Z,且a\neq 0,\exists p,c∀a,b∈Z,且a=0,∃p,c，使得等式b=pa+c,0⩽c⩽a−1b=pa+c,0\leqslant c\leqslant a-1b=pa+c,0⩽c⩽a−1成立

取模运算
b对a取模的结果即b除以a的余数，符号表示为 bmodab\mod abmoda，计算值为b−⌊ba⌋∗ab-\lfloor \frac{b}{a}\rfloor*ab−⌊ab⌋∗a。
同余
m⩾1,a,b∈Z,若m∣(a−b)m\geqslant 1,a,b\in\Z,若m\mid(a-b)m⩾1,a,b∈Z,若m∣(a−b)，则称a与b关于模m同余，符号表示为a≡b(modm)a\equiv b(mod\ m)a≡b(mod m)。
性质
- 1. 自反性： a≡a(modm)a\equiv a(mod\ m)a≡a(mod m)
- 2. 对称性： a≡b(modm)则b≡a(modm)a\equiv b(mod\ m)则b\equiv a(mod\ m)a≡b(mod m)则b≡a(mod m)
- 3. 传递性：a≡b(modm)且b≡c(modm)则a≡c(modm)a\equiv b(mod\ m)且b\equiv c(mod\ m)则a\equiv c(mod\ m)a≡b(mod m)且b≡c(mod m)则a≡c(mod m)
  - 证明：∵a≡b(modm)且b≡c(modm)\because a\equiv b(mod\ m)且b\equiv c(mod\ m)∵a≡b(mod m)且b≡c(mod m)则根据同余定义m∣(a−b),m∣(b−c)m\mid (a-b),m\mid(b-c)m∣(a−b),m∣(b−c),再根据整除的定理2,m∣[(a−b)+(b−c)],即m∣(a−c)m\mid[(a-b)+(b-c)],即m\mid(a-c)m∣[(a−b)+(b−c)],即m∣(a−c),再由同余定义得a≡c(modm)a\equiv c(mod\ m)a≡c(mod m)
- 4. 同余式相加：a≡b(modm)且c≡d(modm)则a±c≡b±d(modm)a\equiv b(mod\ m)且c\equiv d(mod\ m)则a\pm c\equiv b\pm d(mod\ m)a≡b(mod m)且c≡d(mod m)则a±c≡b±d(mod m)
  - 证明：∵a≡b(modm)且c≡d(modm)∴m∣(a−b),m∣(c−d)∴m∣[(a−b)+(c−d)],m∣[(a+c)−(b+d)]∴a+c≡b+d(modm)\because a\equiv b(mod\ m)且c\equiv d(mod\ m)\therefore m\mid(a-b),m\mid(c-d)\therefore m\mid[(a-b)+(c-d)],m\mid[(a+c)-(b+d)]\therefore a+c\equiv b+d(mod\ m)∵a≡b(mod m)且c≡d(mod m)∴m∣(a−b),m∣(c−d)∴m∣[(a−b)+(c−d)],m∣[(a+c)−(b+d)]∴a+c≡b+d(mod m)同理也能证明a−c≡b−d(modm)a-c\equiv b- d(mod\ m)a−c≡b−d(mod m)
- 5. 同余式相乘：a≡b(modm)且c≡d(modm)则ac≡bd(modm)a\equiv b(mod\ m)且c\equiv d(mod\ m)则ac\equiv bd(mod\ m)a≡b(mod m)且c≡d(mod m)则ac≡bd(mod m)
  - 证明：∵a≡b(modm)且c≡d(modm)∴m∣(a−b),m∣(c−d)∴m∣[(a−b)c+(c−d)b]∴m∣(ac−bd)∴ac≡bd(modm)\because a\equiv b(mod\ m)且c\equiv d(mod\ m)\therefore m\mid(a-b),m\mid(c-d)\therefore m\mid[(a-b)c+(c-d)b]\therefore m\mid(ac-bd) \therefore ac\equiv bd(mod\ m)∵a≡b(mod m)且c≡d(mod m)∴m∣(a−b),m∣(c−d)∴m∣[(a−b)c+(c−d)b]∴m∣(ac−bd)∴ac≡bd(mod m)
- 6. 除法： ac≡bc(modm)则a≡b(modmgcd(c,m))ac\equiv bc(mod\ m)则a\equiv b(mod \ \frac{m}{gcd(c, m)})ac≡bc(mod m)则a≡b(mod gcd(c,m)m)，gcd(c,m)gcd(c, m)gcd(c,m)就是c和m的最大公约数
  - 证明： 令d=gcd(c,m)d=gcd(c,m)d=gcd(c,m)，则令c=pd,m=qdc=pd,m=qdc=pd,m=qd,满足gcd(p,q)=1gcd(p,q)=1gcd(p,q)=1∵ac≡bc(modm)⇒qd∣(a−b)pd⇒q∣(a−b)p∵gcd(p,q)=1∴q∣(a−b)∴a≡b(modq)\because ac\equiv bc(mod\ m)\Rightarrow qd\mid(a-b)pd\Rightarrow q\mid(a-b)p\because gcd(p, q)=1\therefore q\mid(a-b)\therefore a\equiv b(mod\ q)∵ac≡bc(mod m)⇒qd∣(a−b)pd⇒q∣(a−b)p∵gcd(p,q)=1∴q∣(a−b)∴a≡b(mod q)，q即mgcd(c,m)\frac{m}{gcd(c, m)}gcd(c,m)m
- 7. 幂运算： a≡b(modm)则an≡bn(modm)a\equiv b(mod\ m)则a^{n}\equiv b^{n}(mod\ m)a≡b(mod m)则an≡bn(mod m)

最大公约数

最大公约数（Greatest Common Divisor，简称GCD）

定义： a,b的公共的约数中最大的约数，记作gcd(a,b)gcd(a,b)gcd(a,b)， gcd(a,b)=max{d,d∣a且d∣b}gcd(a,b)=max \{ d, d\mid a且d\mid b\}gcd(a,b)=max{d,d∣a且d∣b}
性质：
- 1. gcd(a,b)=gcd(b,a)gcd(a,b)=gcd(b,a)gcd(a,b)=gcd(b,a)
- 2. gcd(a,b)=gcd(a,a±b)gcd(a,b)=gcd(a,a\pm b)gcd(a,b)=gcd(a,a±b)
  - 证明：请点击链接
- 3. gcd(a,b)=gcd(a±mb)gcd(a,b)=gcd(a\pm mb)gcd(a,b)=gcd(a±mb)
- 4. gcd(a,b)=gcd(b,a%b)gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)gcd(a,b)=gcd(b,a%b)
  - 证明： gcd(b,a%b)=gcd(b,a−⌊ab⌋∗b)gcd(b,a\%b)=gcd(b,a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*b)gcd(b,a%b)=gcd(b,a−⌊ba⌋∗b)，根据性质1、3可得gcd(a,b)=gcd(b,a%b)
- 5.gcd(ma,mb)=m∗gcd(a,b)gcd(ma,mb)=m*gcd(a,b)gcd(ma,mb)=m∗gcd(a,b)
  - 证明： 令d=gcd(a,b),则d∣a,d∣b,满足a=pd,b=qd且gcd(p,q)=1∴gcd(ma,mb)=gcd(mdp,mdq)=mdd=gcd(a,b),则d|a,d|b,满足a=pd,b=qd且gcd(p,q)=1\therefore gcd(ma,mb)=gcd(mdp,mdq)=mdd=gcd(a,b),则d∣a,d∣b,满足a=pd,b=qd且gcd(p,q)=1∴gcd(ma,mb)=gcd(mdp,mdq)=md
求解方法
辗转相除法（欧几里德法）
- 原理：
  gcd(a,b)=gcd(b,a%b)gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)gcd(a,b)=gcd(b,a%b)
  当b=0时，gcd(a,b)=a，否则根据公式继续迭代。
- 代码实现：
```
 int gcd(int a, int b){return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
}
```
扩展欧几里德:ax+by=gcd(a,b)
- 原理：
  令d=gcd(a,b)令d=gcd(a,b)令d=gcd(a,b)
  ∵ax+by=gcd(a,b)\because ax+by=gcd(a,b)∵ax+by=gcd(a,b)
  ∴bx′+(a%b)y′=gcd(b,a%b)\therefore bx^{'} +(a\%b)y^{'}=gcd(b,a\%b)∴bx′+(a%b)y′=gcd(b,a%b)
  ∴bx′+(a%b)y′=ax+by\therefore bx^{'}+(a\%b)y^{'}=ax+by∴bx′+(a%b)y′=ax+by
  ∴ay′+b(x′−⌊ab⌋∗y′)=ax+by\therefore ay^{'}+b(x^{'}-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*y^{'})=ax+by∴ay′+b(x′−⌊ba⌋∗y′)=ax+by要使任意a,b都满足此等式，
  则x=y′,y=x′−⌊ab⌋∗y′x=y^{'},y=x^{'}-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*y^{'}x=y′,y=x′−⌊ba⌋∗y′
  当b=0时，ax=a,则x=1,y=0；
  否则，令用gcd(a,b)=gcd(b,a%b)gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)gcd(a,b)=gcd(b,a%b)递归求解，回溯时利用两式之间的关系，更新x,y，可求得方程的一组整数解。
- 代码实现：
```
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){if(!b) {x = 1; y = 0; return a;}int d = exgcd(b, a % b, x, y);int z = x; x = y; y = z - (a / b) * y;return d;
}
```
- 方程ax+bx=cax+bx=cax+bx=c：
  利用扩展欧几里德算法可求得ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)的一组解x0,y0x_0,y_0x0,y0；令d=gcd(a,b)
  + 当d∣cd\mid cd∣c时，方程有解，其一组解为:
  x=x0∗cd,y=y0∗cdx=x_0*\frac{c}{d},y=y_0*\frac{c}{d}x=x0∗dc,y=y0∗dc
  通解为：
  x=x0∗cd+k∗bdx=x_0*\frac{c}{d}+k*\frac{b}{d}x=x0∗dc+k∗db
  y=y0∗cd+k∗ad,(k∈Z)y=y_0*\frac{c}{d}+k*\frac{a}{d},(k\in\Z)y=y0∗dc+k∗da,(k∈Z)。

扩展欧几里德例题

POJ1061
题意： 两只青蛙在同一条维度线上朝西跳动，青蛙A起始点坐标x，每次跳动m米，青蛙B起始点坐标y，每次跳动n米，问他们跳动多少次能沟相遇，不能输出Impossible
题解： 设两只青蛙跳动次数为t,则此时青蛙A的坐标为(x+mt)%l,青蛙B的坐标为(y+nt)%l,当两只青蛙相遇时，满足
(x+mt)≡(y+nt)(modl)(x+mt)\equiv(y+nt)(\mod l)(x+mt)≡(y+nt)(modl)
l∣((x+mt)−(y+nt))l\mid((x+mt)-(y+nt))l∣((x+mt)−(y+nt))
∃k∈Z\exists k\in\Z∃k∈Z使得等式((x+mt)−(y+nt))=kl((x+mt)-(y+nt))=kl((x+mt)−(y+nt))=kl成立
(m−n)t+lk=x−y(m-n)t+lk=x-y(m−n)t+lk=x−y
当gcd(m−n,l)∣(x−y)gcd(m-n,l)\mid(x-y)gcd(m−n,l)∣(x−y)时，方程有解，即答案就是t的最小正整数解，否则方程无解，则两青蛙永远不能相遇。

代码实现：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
#define mes(a, val) memset(a, val, sizeof a)
#define mec(b, a) memcpy(b, a, sizeof a)
#define ll long longll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){if(!b) {x = 1; y = 0; return a;}ll d = exgcd(b, a % b, x, y);ll z = x; x = y; y = z - (a / b) * y;return d;
}
int main()
{ll n, m, x, y, l;scanf("%lld %lld %lld %lld %lld", &x, &y, &m, &n, &l);ll a = n - m;ll b = l;ll c = x - y;ll d = exgcd(a, b, x, y);if(d < 0) d = -d;if(c % d){printf("Impossible\n");}else {ll p = b / d;x = x * c / d;x = ((x % p) + p) % p;printf("%lld\n", x);}return 0;
}

最小公倍数

最小公倍数（Least Common Multiple 简称LCM ）

定义： a, b的所有公共的倍数中最小的公倍数，记作lcm(a,b)， lcm(a,b)=min{d,a∣d且b∣d}lcm(a,b)=min\{d,a\mid d且b\mid d\}lcm(a,b)=min{d,a∣d且b∣d}。
计算方法： 公式lcm(a,b)=a∗bgcd(a,b)lcm(a,b)=\frac{a*b}{gcd(a,b)}lcm(a,b)=gcd(a,b)a∗b

素数及其判定

素数（也称质数）：一个正整数n是素数当且仅当只能被1和其自身整除，否则就称n是合数。
注: 1既不是素数也不是合数，最小的素数是2
素数判定
- 1. 暴力枚举：
  - 原理： 循环遍历i从2到n\sqrt{n}n，只要存在 n%i=0n\%i=0n%i=0即可判定n不是素数，这样每次判定时间复杂度都是O(n)O(\sqrt{n})O(n)
  - 代码实现
```
bool isprime(int n){for(int i = 2; i * i <= n; i ++){if(n % i == 0) return false;      }return true;
}
```
- 2. 埃拉托斯特尼筛法，简称埃氏筛：
  是一种用来求自然数n以内的全部素数的方法。
  - 原理： 一个合数必然可以表示一个质数和另一个数相乘。对于一个素数p,那么p的倍数2p,3p,…kp,…必然都是合数。时间复杂度为O(nlog(n))O(nlog(n))O(nlog(n))
  - 实现代码：
```
/*定义数组：isprime[i]，表示数组i是否时素数*/
const int maxn = 1e5 + 100;
int m;
bool isprime[maxn];
int p[maxn];
void sieze(int n)
{m = 0; memset(isprime, true, sizeof(isprime));for(int i = 2; i <= n; i ++){if(isprime[i]){///表明 i 就是素数p[++ m] = i;for(int j = 2 * i; j <= n; j += i){isprime[j] = false;}}}
}
```
  - 不足： 仔细分析可以看出，这种方法筛出n以内的所有素数还是有不足之处的。原因在于每个合数会被其每一个质因子筛到一次。因此就有了接下来的线性筛。
- 3. 线性筛
  它能在O(n)O(n)O(n)的时间复杂度内筛选出n以内的所有素数。
  - 原理：
    线性筛能保证n以内的任何一个数只能被他的最小质因子筛一次。
    一个数n可以表示成n=Factorymax∗pn=Factory_{max}*pn=Factorymax∗p
    FactorymaxFactory_{max}Factorymax是除n以外的最大因子，p是n的质因子，满足p小于等于 FactorymaxFactory_{max}Factorymax 的所有质因子。
    用数组v[i]表示i是否是素数，v[i]为false时表示i是素数，
    然后便利之前筛出的所有素数，v[i*p[j]]则不是素数，标记为true。 i % p[j] 为0时，跳出第二层循环，以此保证每个数只被他的最小质因子筛一次。
    当i %p[j]为0时，p[j]已经是i的最小值质因子，且p[j]时i*p[j]的最小值质因子，p[j+1]大于i的最小质因子，也就不是i*p[j]的最小质因子。
  - 代码实现：
```
const int maxn = 1e5 + 100;
int m;
bool v[maxn];
int p[maxn];
void sieze(int n)
{m = 0; memset(v, false, sizeof v);for(int i = 2; i <= n; i ++){if(!v[i]) {p[++ m] = i;}for(int j = 1; j <= m && i * p[j] <= n; j ++){v[i * p[j]] = true;if(i % p[j] == 0) break;//这条语句很关键}}
}
```

整除分块

计算表达式：∑i=1n⌊ni⌋\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor∑i=1n⌊in⌋

1.暴力O(n)求解不多赘述。

2.OnO\sqrt{n}On优美解法

证明请看，这位大佬的证明非常清晰，很容易理解。
代码实现

int solve(int n)
{int ans = 0;for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1){r = n / (n / l);ans += (r - l + 1) * (n / l);}return ans;
}

例题Gym100923I

题意： 有n个男的，n个女的，第i个人都有为当前一个大小为i的懒惰值，当一男一女懒惰值的乘积<=n他们就就可以一起跳舞，请问有多少种组合可能；
题解： 从1~n枚举男生的懒惰值i，满足条件的女女生个数就是⌊ni⌋\lfloor\frac{n}{i}\rfloor⌊in⌋，ans=∑i=1n⌊ni⌋ans=\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloorans=∑i=1n⌊in⌋，经典的整除分块例题。
代码实现：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mes(a, val) memset(a, val, sizeof a)
#define mec(b, a) memcpy(b, a, sizeof a)
#define ll long longll solve(ll n)
{ll ans = 0;for(ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1){r = n / (n / l);ans += (r - l + 1) * (n / l);}return ans;
}
int main()
{ freopen("perechi3.in", "r", stdin);freopen("perechi3.out", "w", stdout);int T; scanf("%d", &T);while(T --){ll n; scanf("%lld", &n);ll ans = solve(n);printf("%lld\n", ans);}return 0;
}

快速幂

51Nod快速幂

问题描述： 计算ana^{n}an为例
问题分析： 显然O(n)O(n)O(n)暴力是不能解决问题的，下面我们介绍一种算法（快速幂），它能在O(logn)O(log n)O(logn)时间复杂度内解决此问题。
快速幂原理：
将正整数n二进制拆分成n=bn−1bn−2...b0，bi∈{0,1}n=b_{n-1}b_{n-2}...b_{0}，b_{i}\in\{0,1\}n=bn−1bn−2...b0，bi∈{0,1}
即n=2n−1bn−1+2n−2bn−2+...+20b0n=2^{n-1}b_{n-1}+2^{n-2}b_{n-2}+...+2^{0}b_{0}n=2n−1bn−1+2n−2bn−2+...+20b0
∴an=a2n−1bn−1+2n−2bn−2+...+20b0\therefore a^{n}=a^{2^{n-1}b_{n-1}+2^{n-2}b_{n-2}+...+2^{0}b_{0}}∴an=a2n−1bn−1+2n−2bn−2+...+20b0
=a2n−1bn−1∗a2n−2bn−2∗...∗a20b0\quad\quad=a^{2^{n-1}b_{n-1}}*a^{2^{n-2}b_{n-2}}*...*a^{2^{0}b_{0}}=a2n−1bn−1∗a2n−2bn−2∗...∗a20b0
因此我们可以设置一个res（初始为1）和一个base（初始值为a），也即a^{0},在对n进行二进制拆分过程中，当第i位（从右往左第i位）为1时，则将res乘上base,并且base每次都乘上自己。其实在整个过程中，basei=a2ibase_{i}=a^{2^{i}}basei=a2i。时间复杂度O(log(n))O(log(n))O(log(n))
```
int ksm(int a, int n, int mod)
{int res = 1;while(n){if(n & 1) res = res * a % mod; //二进制拆分n第i位(从右往左)为1a = a * a % mod;n >>= 1;}return res;
}
```

逆元

例题hdu1576

定义： 整数a,b，若a∗b≡1(modp)a*b\equiv1(\mod p)a∗b≡1(modp)，那么则称a和b互为模p意义下的逆元。
- 注：逆元需要在取模下才有意义，a对模p意义下的逆元即a在模p意义下的倒数
逆元的意义： 如何求解 ab%p\frac{a}{b}\% pba%p（p是质数）？
整数的除法运算是向下取整，若b不能整除a，进行除法运算后在对p取模，多得到的并是正确结果，这一点应该很好理解。
逆元的作用就在如此，他能将除以一个数等价于乘上这个的逆元。
ab≡a∗1b(modp)\frac{a}{b}\equiv a*\frac{1}{b}(\mod p)ba≡a∗b1(modp)
设b在模p意义下的逆元为invb,则
invb∗b≡1(modp)⇔invb≡1b(modp)invb*b\equiv1(\mod p)\Leftrightarrow invb\equiv\frac{1}{b}(\mod p)invb∗b≡1(modp)⇔invb≡b1(modp)
∴ab≡a∗invb(modp)\therefore \frac{a}{b}\equiv a*invb(\mod p)∴ba≡a∗invb(modp)
逆元求解方法
- 1.费马小定理
  - 满足条件： 模数p必须是素数。
  - 原理： ap−1≡1(modp)a^{p-1}\equiv1(\mod p)ap−1≡1(modp),p是素数（再此不做证明）
    因此a∗ap−2≡1(modp)a*a^{p-2}\equiv1(\mod p)a∗ap−2≡1(modp)
    即ap−2a^{p-2}ap−2就是a在模p意义下的逆元，inva=ap−2inva=a^{p-2}inva=ap−2,利用快速幂可以求解
- 2.扩展欧几里德
  - 满足条件： gcd(a,p)=1gcd(a,p)=1gcd(a,p)=1即a与p互质。
  - 原理： inva∗a≡1(modp)inva *a\equiv1(\mod p)inva∗a≡1(modp)
    ∴p∣(inva∗a−1)\therefore p\mid(inva*a-1)∴p∣(inva∗a−1)
    ∴∃k∈Z,inva∗a−1=pk\therefore \exists k\in\Z,inva*a-1=pk∴∃k∈Z,inva∗a−1=pk
    ∴inva∗a+k∗p=1,∵gcd(a,p)=1\therefore inva*a+k*p=1,\because gcd(a,p)=1∴inva∗a+k∗p=1,∵gcd(a,p)=1
    因此次方程一定有解，利用扩展欧几里德算法可求得inva
- 递推公式
  - 满足条件： 模数p必定是素数。
  - 原理：
    p=p%a+⌊pa⌋∗ap=p\%a+\lfloor\frac{p}{a}\rfloor*ap=p%a+⌊ap⌋∗a
    令 x=p%a,y=⌊pa⌋x=p\%a,y=\lfloor\frac{p}{a}\rfloorx=p%a,y=⌊ap⌋
    p%p=(x+y∗a)%pp\%p=(x+y*a)\%pp%p=(x+y∗a)%p
    a−1%p=(p−x)∗y−1%pa^{-1}\%p=(p-x)*y^{-1}\%pa−1%p=(p−x)∗y−1%p
    因此得 a−1=(p−⌊pa⌋)∗(p%a)−1%pa^{-1}=(p- \lfloor\frac{p}{a}\rfloor)*(p\% a)^{-1}\%pa−1=(p−⌊ap⌋)∗(p%a)−1%p
    由此递推式可O(n)求解1~n所有数模p的逆元。
  - 代码实现：
```
int inv[mod+5];
void getInv(int  p)
{inv[1] = 1;for(int i = 2; i < p; i ++){inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;}
}
```

O(n)计算阶乘的逆元

原理：
令f(n)=n!f(n)=n!f(n)=n!
f(n)=f(n−1)∗nf(n)=f(n-1)*nf(n)=f(n−1)∗n
f(n−1)−1=f(n)−1∗nf(n-1)^{-1}=f(n)^{-1}*nf(n−1)−1=f(n)−1∗n
先O(n)O(n)O(n) 预处理出 1~n 的阶乘，计算出 f(n)−1f(n)^{-1}f(n)−1 则可通过递推公式往下求解 1~n-1 以内所有阶乘的逆元。

代码实现：

const int maxn = 1e5 + 10;
int f[maxn], invf[maxn];
int p;
int ksm(int a, int n, int p)
{int res = 1;while(n){if(n & 1) res = 1ll * res * a % p;a = 1ll * a * a % p;n >>= 1;}return res;
}
void init(int n)
{f[0] = 1; f[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i ++){f[i] = 1ll * f[i-1] * i % p;}invf[n] = ksm(f[n], p - 2, p);for(int i = n - 1; i >= 0; i --){invf[i] = 1ll * invf[i+1] * (i + 1) % p;}
}

例题
51Nod1118

题意：
M * N的方格，一个机器人从左上走到右下，只能向右或向下走。有多少种不同的走法？由于方法数量可能很大，只需要输出Mod 10^9 + 7的结果。
题解： 答案就是Cn+mnC_{n+m}^{n}Cn+mn
代码实现：

import java.math.*;
import java.util.*;public class Main {public static long mod = 1000000007;public static long f[] = new long[2100];public static long invf[] = new long[2100];public static long ksm(long a, long n, long p) {long res = 1;while(n > 0) {if(n % 2 == 1) res = res * a % p;a = a * a % p;n >>= 1;}return res;}//计算阶乘的逆元public static void init(int n) {f[0] = 1;for(int i = 1; i <= n; i ++) {f[i] = f[i-1] * i % mod;}invf[n] = ksm(f[n], mod-2, mod);for(int i = n - 1; i >= 0; i --) {invf[i] = invf[i+1] * (i + 1) % mod;}}public static long get(int n, int m) {n --; m --;long res = f[n+m]*invf[n]%mod*invf[m]%mod;res = res % mod;return res;}public static void main(String[] args) {Scanner cin = new Scanner(System.in);init(2005);int n = cin.nextInt(); int m = cin.nextInt();System.out.println(get(n, m));}
}

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