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@(这里是对学过的数学相关算法的总结)
数论
扩展欧几里得
ta用于解二元一次不定方程：\[a*x+b*y=c\]
我们先考虑解这个方程：\[a*x+b*y=gcd(a,b)\]
如果\(gcd(a,b)|c\)，那么方程有解，否则无解
怎么解呢？
既然\[a*x+b*y=gcd(a,b)\]成立，那么易证下面这个式子也应该成立：
\[b*x_1+(a\%b)*y_1=gcd(a,b)\]
接下来可以一直迭代，直到\(b_n=0\)，这时不难发现：\[a_n=gcd(a,b)\]
于是我们找到了一组特殊解：\[x_n=1,y_n=0\]
这时我们要做的是以这组特殊解倒推上一组方程的一组解。
由开始的两个式子可以做一些特殊的变化：
\[a*x+b*y=gcd(a,b)\]
\[b*x_1+(a\%b)*y_1=gcd(a,b)\]
\(→\)
\[a*x+b*y=gcd(a,b)\]
\[b_1*x+(a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*b)*y_1=gcd(a,b)\]
\(→\)
\[a*x+b*y=gcd(a,b)\]
\[a*y_1+b*(x_1-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*y_1)=gcd(a,b)\]
令\[x=y_1;y=x_1-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*y_1\]
就得到了上一层的解；
再一直回溯上去就可以得到最开始的方程的一组解了；
代码（超级好写）：
int exgcd(ll &x,ll &y,ll a,ll b){
if(b==0){
x=1;
y=0;
return a;
}
ll g=exgcd(x,y,b,a%b);
ll z=x;
x=y;
y=z-a/b*y;
return g;
}
乘法逆元
如果让你求一个式子\(a/b(mod c)\)的结果，怎么办？
这时需要乘法逆元。
定义一个数\(x\)在模\(p\)意义下的逆元为\(inv_x\)，可以记为\(x^{-1}\)。
满足\[x*inv_x=1(mod p)\]
有三种求法：
1.费马小定理（最好写）
\[x^{p-1}=1(mod p)\]
左右同时乘以\(x^{-1}\)得到
\[x^{p-2}=x^{-1}(mod p)\]
然后直接快速幂即可求出逆元了
（费马小定理要求\(p\)为质数）
2.扩展欧几里得
求\[x*inv=1(mod p)\]
中的\(inv\)
可以把式子等价的写成
\[x*inv+p*y=1(mod p)\]
是不是很眼熟，套一下\(exgcd\)的板子就行了
（这里的\(p\)不一定是质数，只要满足\(x\)和\(p\)互质保证有解即可）
3.递推
可以\(O(n)\)地求出\(1-n\)中每个数在模\(p\)意义下的逆元
首先\[1*1^{-1}=1(mod p)\]
即\(inv_1=1\)
然后考虑把模数\(p\)化成如下形式
\[p=k*x+b\]
其中\[k=\lfloor\frac{p}{x}\rfloor\]\[b=p\%x\]
显然\[k*x+b=0(mod p)\]
两边同时乘以\(x^{-1}\)和\(b^{-1}\)得到\[k*b^{-1}+x^{-1}=0(mod p)\]
由于\(b\)小于\(x\)，那么\(b^{-1}\)一定已经已知
因此可以递推了：
inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
注意在\(-p/i\)前面加一个\(p\)是为了方便运算，防止复杂的负数取模