扩展欧几里得和求逆元

问题描述：

已知a、b互质，求ax+by=1的一组解

扩展欧几里得算法：

假如b=1,由于gcd(a,b)=1,因此a=x=1

假如b≠1，不妨假设a=kb+r,并且我们已经求出了bx+ry=1的一组解(x0,y0)

bx0+(a-kb)y0=1

ax1+by1=1

bx0+ay0-kby0=b(x0-ky0)+ay0=ax1+by1

x1=y0；y1=x0-ky0

那么(x1,y1)就是ax+by=1的一组解

不断迭代即可

裴蜀定理：

对于任意自然数a,b,若gcd(a,b)=d,那么对于所有整数x,y，一定存在x,y使得ax+by=d成立

设gcd(a1,a2,a3,...,an)=d,那么存在整数x1,x2,...,xn使得a1x1+a2x2+...+anxn=d

（别问我为什么）

exgcd求逆元：

对于整数a，我们需要找出整数b，使得a*b %p=1

即解方程ab-kp=1

1.在模为素数p的情况下，有费马小定理 
a^(p-1)=1（mod p） 
那么a^(p-2)=a^-1(mod p) 
也就是说a的逆元为a^(p-2)

2.而在模不为素数p的情况下，有欧拉定理 
a^phi(m)=1（mod m） (a⊥m) 
同理a^-1=a^(phi(m)-1)

因此逆元x便可以套用快速幂求得了x=a^(phi(m)-1)

3.在有些情况下我们要求出1到p-1所有数关于p的逆元，可以用递推求逆元

• 设i关于p的逆元为inv[i] 则有inv[i]=(M-M/i)*inv[M%i]%M
• 设t=M/i,k=M%i，那么 t*i+k≡0（Mod M)-t*i≡k(Mod M)
• 对上式两边同时除 i×k，进一步得到 -t*inv[k]≡inv[i](Mod M)
• 再把和替换掉，最终得到 inv[i]=(M-M/i)*inv[M%i]%M

 #include<iostream>  
    #include<cstdio>  
    #include<cstdlib>  
    #include<cmath>  
    #include<algorithm>  
    #include<cstring>  
    using namespace std;  
    int A[100001];  
    int p;  
    int main()  
    {  
        cin>>p;  
        A[1]=1;  
        for(int i=2;i<=10;i++)  
            {  
                A[i]=(p-(p/i))*A[p%i]%p;  
                printf("%d %d %d\n",i,A[i],(i*A[i])%p);  
            }  
    }