基本的数论知识，有必要补一发。
开始之前-
模运算：取余运算，比如 \(a \bmod b\) 就是 \(a\) 除以 \(b\) 得到的余数。
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性质：在加、减、乘、乘方的运算过程中，进行取余运算，不会对结果产生影响。
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优先级：取余运算的优先级和乘法、除法的优先级相同，高于加减法的优先级。
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互质：表示两个数的最大公约数为 \(1\)，表示为 \((x,y)=1\)
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同余（这个比较重要）： 对于整数 \(m\)，如果整数 \(a,b\) 满足 \((a-b) \bmod m=0\)，即 \((a-b) \div m\) 得到的是一个整数值，则称整数 \(a\) 与 \(b\) 对模 \(m\) 同余，记作 \(a\equiv b \pmod{m}\)。
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同余的性质：自反性、对称性、传递性、同加性、同乘性、同幂性等。
- 自反性：\(a \equiv a \pmod{p}\)
- 对称性：如果 \(a \equiv b \pmod{p}\)，则有 \(b \equiv a \pmod{p}\)
- 传递性：如果 $a \equiv b \pmod{p} \ $ 且 \(\ b \equiv c \pmod{p}\)，则有 \(a \equiv c \pmod{p}\)
- 同加性：如果 \(a \equiv b \pmod{p}\) 则有 \(a + c \equiv b + c \pmod{p}\)
- 同乘性：如果 $a \equiv b \pmod{p} \ $，则 \(\ a \times c \equiv b \times c \pmod{p}\)
\(\qquad \ \ \, \,\) 如果 \(a \equiv b \pmod{p}\) 且 \(c \equiv d \pmod{p}\) 则有 \(a \times c \equiv b \times d \pmod{p}\) - 同幂性：如果 \(a \equiv b \pmod{p}\) 则有 \(a^n \equiv b^n \pmod{p}\)
求解 \(\dfrac{a}{b} \bmod p\) 的值，因为不能先对 \(a,b\) 取模再相除，所以引入了逆元。
逆元可以理解为 \(\bmod p\) 意义下 \(b\) 的倒数。
假设 \(inv_b\) 为 \(b\) 的逆元，则有 $$inv_b \times b \equiv 1 \pmod{p}$$
即 \(\left( inv_b -1 \right) \bmod p =0\)
证明：
\[\because b \times inv_b \equiv 1 \pmod{p} \]\[\therefore \left( b \times inv_b -1 \right) \bmod p =0 \]\[\because x \bmod p= x \times y \bmod p \]\[\therefore \dfrac{a}{b} \times (b \times inv_b -1) \bmod p =0 \]\[\therefore (a \times inv_b - \dfrac{a}{b}) \bmod p =0 \]\[\therefore \dfrac{a}{b} \equiv a \times inv_b \pmod{p} \]得证。
唯一性 性质每个数的逆元唯一。
证明假设 \(b\) 有两个逆元 \(x,y\)。
则可知 \(a \times x \equiv a \times y \pmod{p}\)
所以每个数的逆元唯一。
逆元求法： 快速幂这个做法的基础是费马小定理：
若 \(p\) 为质数，\(a\) 为正数，且 \((a,p)=1\)，则有 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}\)。
根据逆元的定义 \(inv_a \times a \equiv 1 \pmod{p}\) 可知：$$\because inv_a \times a \equiv a^{p-1} \pmod{p}$$
\[\therefore inv_a \equiv a^{p-2} \pmod{p} \]也就是说，一个数 \(i\) 在模 \(p\) 意义下的逆元就是 \(i^{p-2} \bmod p\)。
用快速幂计算即可。
int x,p;
int ksm(int a,int b){int s=1,t=a;while(b){if(b&1)s=(s*t)%p;t=(t*t)%p;b>>=1;}return s;}
int main(){cin>>x>>p;cout<<ksm(x,p-2)<<endl;}
也就是Luogu P3811【模板】 乘法逆元
对于一个数 \(k\)，找到一个 \(inv_k\) 使得 \(k \times inv_k \equiv 1 \pmod{p},k \in \left[ 1,n \right]\)
首先，设 $$p=a \times k + b,b \times inv_b \equiv 1 \pmod{p}$$
把 \(b\) 给换掉： $$(p - a \times k) \times inv_b \equiv 1 \pmod{p}$$
通过乘法分配率可以得到： $$p \times inv_b - a \times k \times inv_b \equiv 1 \pmod{p}$$
因为 \(p \times inv_b\) 里面有 \(p\) 这一项，所以可以直接消掉，得到： $$- a \times k \times inv_b \equiv 1 \pmod{p}$$
把 \(a,b\) 都用 \(k,p\) 表示可得： $$- \ \left\lfloor\dfrac{p}{k}\right\rfloor \times k \times inv_{p \ \bmod k} \equiv 1 \pmod{p}$$
因为 \(k \times inv_k \equiv 1 \pmod{p}\)，且同余具有同乘性，所以左右同乘 \(inv_k\) 可得 $$- \left\lfloor\dfrac{p}{k}\right\rfloor \times inv_{p \bmod k} \equiv inv_k \pmod{p}$$
有个负号，而左边加上 \(p \times inv_{p \bmod k}\) 对结果无影响同时能消掉负号：$$\left(p- \left\lfloor\dfrac{p}{k}\right\rfloor \right) \times inv_{p \bmod k} \equiv inv_k \pmod{p}$$
得出结论：设 \(inv_i\) 是 \(i\) 的逆元，则有递推式： $$inv_i \equiv \left(p- \left\lfloor\dfrac{p}{i}\right\rfloor \right) \times inv_{p \bmod i} \pmod{p}$$
写成代码就是： for(int i=2;i<=n;i++)ans[i]=(p-p/i)*ans[p%i]%p;
code：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;int ans[6000000],n,p;
signed main(){
cin>>n>>p;ans[1]=1;/*初始化*/
for(int i=2;i<=n;i++)ans[i]=(p-p/i)*ans[p%i]%p;/*线性求逆元*/
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<endl;return 0;
}