A/B

Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 10383    Accepted Submission(s):
8302

Problem Description
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
 
逆元概念:p是素数,在%p的情况下,如果 ( a*inv(a) ) ≡ 1 (%p),则inv(a)是a的乘法逆元
解题过程:
(A/B)%P
= (A%P) * (1/B)%P 同余定理,并且(A%P)=n,已知
= n * (1/B)%P
先不管n,
 
只看(1/B)%P
找B的逆元,按概念就是  (  B*inv(B) ) % P = 1%P = 1;
代入( /B )%P
=( B*inv(B)/B )%P
=inv(B) %P
 
费马小定理概念:如果p是素数,a和p互质,即gcd(a,p)=1,则 a^(p-1)≡1( %p )
逆元和费马小定理联立可得 a * a^(p-2) ≡ 1( %p ), inv(a) = a^(p-2)
代入inv(B) %P
=B^(P-2) %P
 
则原式 = n * B^(P-2) % P
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<math.h>
#include<string>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const ll p=; ll power(ll a,ll b)//快速幂
{
ll res=;
while(b)
{
if(b%==)
res=res*a%p;
b=b/;
a=a*a%p;
}
return res%p;
} int main()
{
ll t,n,b;
scanf("%lld",&t);
while(t--)
{
scanf("%lld%lld",&n,&b);
ll ans;
ans=n*power(b,p-)%p;
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}
 
 
 

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