在之前我们已经知道乘法逆元的三种求法，对于一般的题目让你把答案模一个质数，如果要求逆元一般用费马小定理，可以在 $\Theta (Nlog_2(N))$ 时间内构造出 1 到 N 的逆元：$inv(x)=x^{mo-2} \bmod mo$。但是对于 $10^7$ 级别的 $N$，这样的求法就显得有点慢。能不能在 $\Theta (N)$ 时间内递推出 $inv(x)$ 呢？
答案是肯定的。
线性推逆元的递推式
（模数是 $N$，$\lfloor x \rfloor$ 表示 $x$ 向下取整）
inv(i)=(N-N/i)\ast inv(N\bmod i)\bmod N原理与证明
在某位大佬的博客上看到一个证明。（以下 $a/b$ 与 $\displaystyle \lfloor \frac a b \rfloor$ 均表示 $a$ 整除 $b$ ）
假设 $\displaystyle k=\lfloor \frac N i \rfloor ,b=N \bmod i$；显然有：
k \ast i + b \equiv 0 \pmod N变换得到：
-k \ast i \equiv b \pmod N两边同除 $i \ast k$：
-k \ast inv(b) \equiv inv(i) \pmod N把 $k$ 和 $b$ 换回来，就得到了！
- \lfloor \frac N i \rfloor \ast inv(N \bmod i)\equiv inv(i) \pmod N \\
inv(i) \bmod N = - (N/i) \ast inv(N \bmod i) \bmod N \\因为 $inv(i)$ 有很多个，我们可以求出最小的一个，一定小于等于 $N$（证明详见：乘法逆元的三种求法），所以左边的 $\bmod N$ 可以去掉了。右边有个 $\bmod N$ ，为了让右边大于 0，我们可以给它加上 $N$。
inv(i) = (N-N/i) \ast inv(N \bmod i) \bmod N初始 $inv(0)=1$，可以愉快地递推啦～
代码
其实知道了递推式，代码就两行……
inv[0]=1;
for (int i=1;i<=M;i++) inv[i]=(N-(N/i))*inv[N%i]%N;