Description
给nn个小于pp的非负整数a1,…,na1,…,n，问有多少对(i,j)(1≤i<j≤n)(i,j)(1≤i<j≤n)模pp在意义下满足1ai+aj≡1ai+1aj1ai+aj≡1ai+1aj，即这两个数的和的逆元等于这两个数的逆元的和，注意0没有逆元
Input
第一行一整数TT表示用例组数，每组用例首先输入一整数nn表示序列长度和一素数pp表示模数，之后输入nn个非负整数a1,…,n(1≤T≤5,1≤n≤2×105,2≤p≤1018,0≤a1,…,n<p)a1,…,n(1≤T≤5,1≤n≤2×105,2≤p≤1018,0≤a1,…,n<p)
Output
输出满足条件的(i,j)(1≤i<j≤n)(i,j)(1≤i<j≤n)对数
Sample Input
2
5 7
1 2 3 4 5
6 7
1 2 3 4 5 6
Sample Output
4
6
最后我明白了个道理，当底数过大时，不能用普通乘法，更不不能用快速幂，因为乘一遍就爆了。于是酿成惨剧！
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define _m(a, p) make_pair(a, p)
map<ll, ll> mp;
map<ll, ll> mm;
ll mod;
long long ksc(long long a, long long b, long long mod)
{
long long ans = 0;
for (; b; b >>= 1){
if (b & 1)
ans = (ans + a) % mod;
a = (a + a) % mod; //（计算机加法比乘法快，a+a比a*2快）
}
return ans;
}
int main()
{
int t, n;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
ll cnt = 0;
mp.clear();
mm.clear();
scanf("%d %lld", &n, &mod);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
ll a;
scanf("%lld", &a);
if (!a)
continue;
mm[a]++;
ll ans = ksc(ksc(a, a, mod), a, mod);
mp[ans]++;
}
for (auto p : mp)
{
ll cc = p.second;
cnt += cc * (cc - 1) / 2;
}
if (mod != 3)
for (auto m : mm)
{
ll n = m.second;
cnt -= n * (n - 1) / 2;
}
printf("%lld
", cnt);
}
return 0;
}