关于求 1~n 逆元

以下 $p$ 为模数，$x$ 为我们要求逆元的数。
最直接的是利用费马小定理，$x^{-1}\equiv x^{p-2}(modp)$是，时间复杂度：$\mathcal{O}(nlo{g}_2(n))$。
这里有两个线性做法：

1. 令 $p=ax+b$，则 $ax+b\equiv 0(modp)$，构造一下，两边同时除以 $bx$。
   则 $a\ast b^{-1}+x^{-1}\equiv 0(modp)=>x^{-1}\equiv -(a\ast b^{-1})$。令 $dp[x]=x^{-1}$，易知 $a=p/x,b=p\mathrm{\%}x$，则 $dp[x]=-(p/x\ast dp[p\mathrm{\%}x])modp$。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <bitset>
#define uint unsigned int
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 3e6 + 5;
int n, p;
LL dp[MAXN];
// 令 p = ax+b, 则 ax+b=0(mod p)
// (ax+b)/(bx)=0(mod p)
// a*b^(-1)+x^(-1)=0 -> x^(-1)=-(p/x)/(p%x) -> dp[x]=-(p/x)*dp[p%x] 
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &p); dp[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i ++) dp[i] = -(p / i * dp[p % i]), dp[i] = (dp[i] % p + p) % p;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) printf("%lld\n", dp[i]);
	return 0;
} 

2. 请注意 $dp[x]=x^{-1}$，发现这是一个完全积性函数，那么直接跑个埃筛维护即可，若它是质数直接跑费马小定理，否则直接转移，时间复杂度：$\mathcal{O}(n)+\mathcal{O}(n/ln(n)\ast lo{g}_2(p))$，约等于 $\mathcal{O}(n)$。
   p.s. $1-n$ 的质数个数约有 $n/ln(n)$ 个。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <bitset>
#define uint unsigned int
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 3e6 + 5;
int inv[MAXN], prime[MAXN / 10], tot;
bitset <MAXN> vis;
int n, p;
int Quick_Pow(int x, int y) {
	int ans = 1;
	for(; y; y >>= 1) { if(y & 1) ans = (LL)ans * x % p; x = (LL)x * x % p; }
	return ans;
} 
void Prime() {
	inv[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i ++) {
		if(!vis[i]) prime[++ tot] = i, inv[i] = Quick_Pow(i, p - 2);
		for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j ++) {
			vis[i * prime[j]] = 1; inv[i * prime[j]] = (LL)inv[i] * inv[prime[j]] % p;
			if(i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &p); Prime(); 
	for(int i = 1; i <= n; i ++) printf("%d\n", inv[i]);
	return 0;
}