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快速幂

​ 幂运算：\(x ^ n\)

​ 根据其一般定义我们可以简单实现其非负整数情况下的函数

定义法：

int pow (int x, int n) {
    int result = 1;
    
    while(n--) {
        result *= x;
    }
    
    return result;
}

​ 不难看出此时算法的时间复杂度是\(o(n)\)，一旦n取较大数值，计算时间就会大大增加，极其容易出现超时的情况。

快速幂：

​ 首先要在此列举两个前提：

1. 计算机是通过二进制进行存储数据的，对二进制数据可以直接进行操作。

2. \(2^n+2^n=2*2^n=2^{n + 1}\)

​ 对于\(x ^ n\)，其中n可以表示为m位的二进制形式，即\(n=n_12^0+n_22^1+n_32^3+\cdots+n_m2^{m-1}\)

​ 那么\(x ^ n=x ^ {n_12^0+n_22^1+n_32^3+\cdots+n_m2^{m-1}}\)

​ 即\(x^n=x ^ {n_12^0}x^{n_22^1}x^{n_32^3}\cdots x^{n_m2^{m-1}}\)

​ 根据前提1，计算机可以直接对二进制格式存储的数据进行读取，那么我们就可以对\(n\)一个个读取再对其进行累乘。

​ 当取到第\(a\)位时，其乘数有通项公式：\(x^{n_a2^{a-1}}\)

​ 通过标准库math，用代码实现：

int pow (int x, int n) {

    int result = 1;

    int a = 1;
    
    while(n) {
        if(n & 1) result *= round( pow(x, 1 << (a - 1)) );//round的作用在于double转int时防止丢失精度，对1进行位运算是一种计算2的n次幂的快速方法
        n >>= 1;
        
        a++;
    }
    
    return result;
}

​ 但实际上这个调用了标准库的代码并没有实现快速幂，因为仍然是采用pow()进行的运算

此处由 \(2^n+2^n=2\times2^n=2^{n + 1}\)

即\((x ^ {2 ^ {n}} )^2=x ^ {2\times 2 ^ {n}} =x ^ {2 ^ {n + 1}}\)

因此我们可以通过对前项进行二次幂运算得到后项

先得到首项\(f(1)=x^{2^{1-1}}=x\)

即令int f = x

具体实现：

int pow (int x, int n) {

    int result = 1;

    int f = x;
    
    while(n) {
        if(n & 1) result *= f;

        f *= f;
        
        n >>= 1;
    }
    
    return result;
}

不难发现此时算法的时间复杂度由其次数的二进制位数而决定，即\(o(m)\)也就是\(o([log_2n+1]-1)\)

另外因为此算法常常用于计算大数，所以int类型最好都换成long long类型，防止溢出。

快速幂取模

​ 对\(x^n\)取模运算：\(x^n％p\)，当n极大时，同样其运算量也会增大

​ 这就需要我们寻求一种快速解决的方法，此时可以运用我们上文所提到的快速幂算法

​ 引论：\((m*n)％p=((m％p)(n％p))％p\)

​ 证明如下：令\(\left\{ \begin{array}{c} m=(ip+c)& (i\in\mathbb{z} )\\ n=(jp+d) & (j\in\mathbb{z} )\end{array} \right.\)

​ 则有\(\left\{ \begin{array}{c} m％p=c\\ n％p=d \end{array} \right.\)

​ 原式\((m*n)％p\\=((ip+c)(jp+d))％p\\=(jip^2+jpc+ipd+cd)％p\\=(jip^2+jpc+ipd+cd)％p\\=((jip+jc+id)p+cd)％p\)

​ 引论2：\((np+a)％p=a％p\quad (n\in\mathbb{z} )\)

​ 证明如下：设\(f(n,p,a)=(np+a)％p\quad (n\in\mathbb{z} )\)

​ 则由定义有\((np+a)％p=\frac{np+d}{p}-\{[\frac{np+d}{p}+1]-1\}\\ =d-p\{[\frac{d}{p}+1]-1\}\)

​ 显而易见，\((np+a)％p=a\)与\(n\)无关

​ 令\(n=0\)得\((np+a)％p=a％p\quad (n\in\mathbb{z} )\\ q.e.d\)

​ \(=(cd)％p\\=((m％p)(n％p))％p\)

​ 即\((m*n)％p=((m％p)(n％p))％p\\ q.e.d\)

​ 因此对于\(x^n％p\)

​ 可以写成\((x ^ {n_12^0}x^{n_22^1}x^{n_32^3}\cdots x^{n_m2^{m-1}})％p\\ =((x ^ {n_12^0}％p)(x^{n_22^1}％p)(x^{n_32^3}％p)\cdots (x^{n_m2^{m-1}}％p))％p\)

​ 并且由之前的推定\((x ^ {2 ^ {n}} )^2=x ^ {2\times 2 ^ {n}} =x ^ {2 ^ {n + 1}}\)

​ 有\((x ^ {2 ^ {n}} ％p)^2％p =(x ^ {2 ^ {n}})^2％p=x ^ {2 ^ {n + 1}}％p\)

​ 代码实现：

int mod (int x, int n, int p) {

    int result = 1;

    int f = x % p;
    
    while(n) {
        if(n & 1) result = (result * f)%p;

        f = (f * f)%p;
        
        n >>= 1;
    }
    
    return result;
}