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首先：逆元定义

我们先说明一下什么是逆元
逆元是指，在模$P$的意义下，$a$和$x$的积模$P$后等于1
式子：$a\ast x\equiv 1$ $(mod$ $P)$

其次：费马小定理

有了逆元的定义后，我们引入一下费马小定理
何为费马小定理？
如果$p$是一个质数，而整数$a$不是$p$的倍数，则有$a^{p-1}\equiv 1(modp)$

略证：

两个引理
引理1：
若$a，b，c$为任意3个整数,$m$为正整数，且$(m,c)=1$，则当$a\cdot c\equiv b\cdot c(modm)$时，有$a\equiv b(modm)$。
证明：$a\cdot c\equiv b\cdot c(modm)$可得$ac–bc\equiv 0(modm)$可得$(a-b)\cdot c\equiv 0(modm)$。因为$(m,c)=1$即$m,c$互质，$c$可以约去，$a–b\equiv 0(modm)$可得$a\equiv b(modm)$。
引理2：
设$m$是一个整数且$m>1$，$b$是一个整数且$(m,b)=1$。如果$a[1],a[2],a[3],a[4],\dots a[m]$是模$m$的一个完全剩余系，则$b\cdot a[1],b\cdot a[2],b\cdot a[3],b\cdot a[4],\dots b\cdot a[m]$也构成模$m$的一个完全剩余系。
证明：若存在2个整数$b\cdot a[i]$和$b\cdot a[j]$同余即$b\cdot a[i]\equiv b\cdot a[j](modm)..(i>=1且j>=1)$，根据引理1则有
$a[i]\equiv a[j](modm)$。根据完全剩余系的定义可知这是不可能的，因此不存在2个整数$b\cdot a[i]$和$b\cdot a[j]同余$。
所以$b\cdot a[1],b\cdot a[2],b\cdot a[3],b\cdot a[4],\dots b\cdot a[m]$构成模$m$的一个完全剩余系。
证明费马小定理
构造素数 的完全剩余系
P = { 1 , 2 , 3 , . . . , p − 1 } . P=\{1,2,3,...,p-1\}. P={ 1,2,3,...,p−1}.
因为$(a,p)=1$，由引理2可得
A = { a , 2 a , 3 a , . . . , ( p − 1 ) a } A=\{a,2a,3a,...,(p-1)a\} A={ a,2a,3a,...,(p−1)a}
也是$p$的一个完全剩余系。由完全剩余系的性质，
$$1\times 2\times 3\times ...\times (p-1)\equiv a\cdot 2a\cdot 3a\cdot ...\cdot (p-1)a(modp)$$
即$(p-1)!\equiv (p-1)!\cdot a^{p-1}(modp)$
易知$((p-1)!,p)=1$，同余式两边可约去$(p-1)!$，得到
$$a^{p-1}\equiv 1(modp)$$
这样就证明了费马小定理。

上述均来自百度百科

最终：费马小定理求逆元

现在我们手上有两个式子
一是逆元：$a\ast x\equiv 1$ $(mod$ $P)$
二是费马小定理：$a^{P-1}\equiv 1$ $(mod$ $P)$
诶，这两个式子是不是有点想
我们把费马小定理的式子转一下
$$a^{P-1}\equiv 1(modP)变为a\ast a^{P-2}\equiv 1(modP)$$
此时再和逆元的式子对比一下
发现：似乎，$x$就是$a^{P-2}$
自信点，把似乎去掉
至此，我们就知道了，在P是质数时，$a$在模$P$的意义下的逆元就是$a^{P-2}$
大功告成
切记，只有模数$P$是质数的情况下才可以用费马小定理求逆元
顺便说一下，求$a^{P-2}$可以用快速幂