题目
要求(A/B)%9973，但由于A很大，我们只给出n(n=A%9973)(我们给定的A必能被B整除，且gcd(B,9973) = 1)
Input
数据的第一行是一个T，表示有T组数据。
每组数据有两个数n(0 <= n < 9973)和B(1 <= B <= 10^9)
Output
对应每组数据输出(A/B)%9973
Sample Input
2
1000 53
87 123456789
Sample Output
7922
6060
由于Ａ／Ｂ不能直接取余，所以需要转化成逆元相乘再取余，故问题转化为求Ｂ的逆元。
求逆元常有三种解法：１、费马小定理 ２、扩展欧几里得 ３、递推求解
１、费马小定理：
ａ是不能被ｐ整除的正整数，则有ａ＾（ｐ－１）≡１（ｍｏｄ ｐ）
推论：ａ＾（ｐ－１）≡１（ｍｏｄ ｐ） ＝ ａ＊ａ（ｐ－２）≡１（ｍｏｄ ｐ）
所以得出ａ的逆元为ａ＊（ｐ－２）
代码实现：（复杂度Olog(n)）
long long quickpow ( long long a, long long b)
{
if (b < 0) return 0;
long long ret = 1;
a%= mod;
while (b)
{
if (b & 1) ret = (ret * a) % mod ;
b >>= 1;
a = (a * a) % mod;
}
return ret ;
}
long long inv ( long long a)
{
return quickpow (a, mod - 2);
}２、扩展欧几里得
算法作用：求解a,b 最大公约数m 和a*x+b*y=m 的一个解
实现方法：辗转相除法;
采用递归思想，当b=0时停止递归，此时x=1,y=0;回溯后会
得到一组关于二元一次方程的解
证明：
考虑两个方程
:a*x1+b*y1=gcd(a,b),b*x2 +(a%b)* y2=gcd(b,a%b)
\ 由辗转相除法可得到gcd(a,b)= gcd(b,a%b)
\ 从而得到a*x1+b*y1=b*x2 +(a%b)* y2
\ 即a*x1+b*y1=b*x2 +(a -(a/b)*b)* y2
\ =a*y2+b*(x2 -(a/b)* y2)
\ 所以x1=y2 ,y1=x2 -(a/b)* y2.
a*x≡1(mod m) 等价于a*x+m*y=1 可以用扩展欧几里得求得一组解，（x+m)mod m即为a的逆元
代码实现：
int exgcd (int a, int b, int &x, int &y)
{
if(b == 0)
{
//推理，终止条件1
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int r = exgcd (b, a%b, x, y);
int t = y;
y = x - (a/b) * y;
x = t;
return r;//最大公约数
}３、递推求解（不常用）
求1 到n逆元表
这个比较适合逆元比较多的时候。比如数据范围在10e5内，随机的10e5内的个数的逆元，所以是所有逆元都得求反而会快点。
代码实现：（复杂度O(n)）
LL inv[ maxn ];
void Prepare_inv (int n,int M)
{
inv [1]=1;
for (int i=2; i <=n; i ++)
{
inv [i]=( long long )(M-M/i)* inv[M%i]%M;
}
}最后附上ＡＣ代码。。。。。。。。。。。。。。。。
ＡＣ代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mod = 9973;
long long quickpow ( long long a, long long b) {
if (b < 0) return 0;
long long ret = 1;
a%=mod;
while (b) {
if (b & 1) ret = (ret * a) % mod ;
b >>= 1;
a = (a * a) % mod;
}
return ret ;
}
long long inv ( long long a) {
return quickpow (a, mod - 2);
}
int main()
{
int t,n,b,x;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&b);
// b=quickpow(b,mod-2);
b=inv(b);
x=(n*(b%9973))%9973;
printf("%d\n",x);
}
return 0;
}生活从来都不容易，当你觉得容易的时候，一定是有人在替你承担着本属于你的那份不容易，————要么是你的父母，要么是未来的自己！！！！！