很遗憾，您的《题解：P3811 【模板】模意义下的乘法逆元》不符合推荐标准。原因是：应正确使用取模符号：取模运算应使用 \bmod ，如 a mod b=c（$a \bmod b = c$ ）；同余符号应使用 \equiv 与 \pmod ，如 a≡c(modb)（$a \equiv c \pmod b$ ）；请按照规范与反馈对题解进行修改，多次拒绝后仍未实质性修改将会封禁博客权限。。
我不想被封呀 qwq找不到错误了，贴个源代码：
# 定义
若 $\gcd(a,n)=1$，则存在 $a'\in\mathbb{Z} $，使得 $a\times a'\equiv 1(\bmod\ m)$，$a'$ 称为 $a$ 对模 $m$ 的数论倒数，或者称 $a'$ 为模 $m$ 的逆元。
接下来我要证明一件事情，我看很多题解里都没有证明，那就是题目让我们输出 $1$ 到 $n$ 这 $n$ 个整数模 $m$ 的数论倒数，但是对于每个数真的都有数论倒数吗？答案是肯定的，接下来来证明：
首先 $\left\{1,2,\dots,m\right\}$ 为模 $m$ 的完系，因为 $\gcd(a,m)=1$ 所以 $\left\{a,2a,\dots,ma\right\}$ 也为模 $m$ 的完系，所以这里面一定存在某一项模 $m$ 余 $1$ ，即存在 $a'\in \left\{1,2,\dots,m\right\}$ 使得 $a\times a'\equiv 1(\bmod\ m)$。
# 解法
题目中说明了 $p$ 是质数，但是我们需要知道适用于任何情况的解法，就是扩展欧几里得解法，这里不多加赘述了，这里作者介绍线性递推解法。
我们设 $k=[\frac{p}{i}],p=ki+q$ 。所以 $ki+q\equiv0(\bmod \ p)$，那么 $k\times i\times (i^{-1}\times q^{-1})+q\times (i^{-1}\times q^{-1})\equiv0(\bmod\ p)$，所以 $k\times q^{-1}+i^{-1}\equiv0(\bmod\ p)$，那么 $i^{-1}\equiv-k\times q^{-1}(\bmod\ p)$，也就是说 $i^{-1}\equiv-[\frac{p}{i}]\times q^{-1}(\bmod\ p)$，用这个结论我们就可以求出 $1$ 到 $p-1$ 的逆元了！
使用时我们调用 $f_a$ 即可，如果 $a>p$ 那么就调用 $f_{a \bmod p}$。
# 代码
#include<bits/stdc++.h>
#define I using
#define AK namespace
#define IOI std
#define i_ak return
#define ioi 0
#define i_will signed
#define ak main
#define IMO ()
#define int long long
#define double long double
I AK IOI;
int n,p,f[3000005];
i_will ak IMO{
//ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
//freopen("","r",stdin);
//freopen("","w",stdout);
cin>>n>>p;
f[1]=1;
cout<<inv[1]<<"\n";
for(int i=2;i<=n;i++){
f[i]=(-p/i*f[p%i]%p+p)%p;
cout<<f[i]<<"\n";
}
i_ak ioi;
}
代码中需要注意如果是复数那么我们需要给它加 $p$。
显然代码中一层循环，复杂度为 $\mathcal{O(n)}$。