快速幂

定义¶

快速幂，二进制取幂（Binary Exponentiation，也称平方法），是一个在 \(\Theta(\log n)\) 的时间内计算 \(a^n\) 的小技巧，而暴力的计算需要 \(\Theta(n)\) 的时间。

这个技巧也常常用在非计算的场景，因为它可以应用在任何具有结合律的运算中。其中显然的是它可以应用于模意义下取幂、矩阵幂等运算，我们接下来会讨论。

解释¶

计算 \(a\) 的 \(n\) 次方表示将 \(n\) 个 \(a\) 乘在一起：\(a^{n} = \underbrace{a \times a \cdots \times a}_{n\text{ 个 a}}\)。然而当 \(a,n\) 太大的时侯，这种方法就不太适用了。不过我们知道：\(a^{b+c} = a^b \cdot a^c,\,\,a^{2b} = a^b \cdot a^b = (a^b)^2\)。二进制取幂的想法是，我们将取幂的任务按照指数的 二进制表示 来分割成更小的任务。

过程¶

首先我们将 \(n\) 表示为 2 进制，举一个例子：

因为 \(n\) 有 \(\lfloor \log_2 n \rfloor + 1\) 个二进制位，因此当我们知道了 \(a^1, a^2, a^4, a^8, \dots, a^{2^{\lfloor \log_2 n \rfloor}}\) 后，我们只用计算 \(\Theta(\log n)\) 次乘法就可以计算出 \(a^n\)。

于是我们只需要知道一个快速的方法来计算上述 3 的 \(2^k\) 次幂的序列。这个问题很简单，因为序列中（除第一个）任意一个元素就是其前一个元素的平方。举一个例子：

因此为了计算 \(3^{13}\)，我们只需要将对应二进制位为 1 的整系数幂乘起来就行了：

将上述过程说得形式化一些，如果把 \(n\) 写作二进制为 \((n_tn_{t-1}\cdots n_1n_0)_2\)，那么有：

其中 \(n_i\in\{0,1\}\)。那么就有

根据上式我们发现，原问题被我们转化成了形式相同的子问题的乘积，并且我们可以在常数时间内从 \(2^i\) 项推出 \(2^{i+1}\) 项。

这个算法的复杂度是 \(\Theta(\log n)\) 的，我们计算了 \(\Theta(\log n)\) 个 \(2^k\) 次幂的数，然后花费 \(\Theta(\log n)\) 的时间选择二进制为 1 对应的幂来相乘。

实现¶

首先我们可以直接按照上述递归方法实现：

long long binpow(long long a, long long b) {
  if (b == 0) return 1;
  long long res = binpow(a, b / 2);
  if (b % 2)
    return res * res * a;
  else
    return res * res;
}

def binpow(a, b):
    if b == 0:
        return 1
    res = binpow(a, b // 2)
    if (b % 2) == 1:
        return res * res * a
    else:
        return res * res

第二种实现方法是非递归式的。它在循环的过程中将二进制位为 1 时对应的幂累乘到答案中。尽管两者的理论复杂度是相同的，但第二种在实践过程中的速度是比第一种更快的，因为递归会花费一定的开销。

long long binpow(long long a, long long b) {
  long long res = 1;
  while (b > 0) {
    if (b & 1) res = res * a;
    a = a * a;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}

def binpow(a, b):
    res = 1
    while b > 0:
        if (b & 1):
            res = res * a
        a = a * a
        b >>= 1
    return res

模板：Luogu P1226

应用¶

模意义下取幂¶

这是一个非常常见的应用，例如它可以用于计算模意义下的乘法逆元。

既然我们知道取模的运算不会干涉乘法运算，因此我们只需要在计算的过程中取模即可。

long long binpow(long long a, long long b, long long m) {
  a %= m;
  long long res = 1;
  while (b > 0) {
    if (b & 1) res = res * a % m;
    a = a * a % m;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}

def binpow(a, b, m):
    a = a % m
    res = 1
    while b > 0:
        if (b & 1):
            res = res * a % m
        a = a * a % m
        b >>= 1
    return res

注意：根据费马小定理，如果 \(m\) 是一个质数，我们可以计算 \(x^{n\bmod (m-1)}\) 来加速算法过程。

计算斐波那契数¶

根据斐波那契数列的递推式 \(F_n = F_{n-1} + F_{n-2}\)，我们可以构建一个 \(2\times 2\) 的矩阵来表示从 \(F_i,F_{i+1}\) 到 \(F_{i+1},F_{i+2}\) 的变换。于是在计算这个矩阵的 \(n\) 次幂的时侯，我们使用快速幂的思想，可以在 \(\Theta(\log n)\) 的时间内计算出结果。对于更多的细节参见 斐波那契数列。

多次置换¶

简单地把这个置换取 \(k\) 次幂，然后把它应用到序列 \(n\) 上即可。时间复杂度是 \(O(n \log k)\) 的。

注意：给这个置换建图，然后在每一个环上分别做 \(k\) 次幂（事实上做一下 \(k\) 对环长取模的运算即可）可以取得更高效的算法，达到 \(O(n)\) 的复杂度。

加速几何中对点集的操作¶

引入¶

三维空间中，\(n\) 个点 \(p_i\)，要求将 \(m\) 个操作都应用于这些点。包含 3 种操作：

1. 沿某个向量移动点的位置（Shift）。
2. 按比例缩放这个点的坐标（Scale）。
3. 绕某个坐标轴旋转（Rotate）。

还有一个特殊的操作，就是将一个操作序列重复 \(k\) 次（Loop），这个序列中也可能有 Loop 操作（Loop 操作可以嵌套）。现在要求你在低于 \(O(n \cdot \textit{length})\) 的时间内将这些变换应用到这个 \(n\) 个点，其中 \(\textit{length}\) 表示把所有的 Loop 操作展开后的操作序列的长度。

解释¶

让我们来观察一下这三种操作对坐标的影响：

1. Shift 操作：将每一维的坐标分别加上一个常量；
2. Scale 操作：把每一维坐标分别乘上一个常量；
3. Rotate 操作：这个有点复杂，我们不打算深入探究，不过我们仍然可以使用一个线性组合来表示新的坐标。

可以看到，每一个变换可以被表示为对坐标的线性运算，因此，一个变换可以用一个 \(4\times 4\) 的矩阵来表示：

使用这个矩阵就可以将一个坐标（向量）进行变换，得到新的坐标（向量）：

你可能会问，为什么一个三维坐标会多一个 1 出来？原因在于，如果没有这个多出来的 1，我们没法使用矩阵的线性变换来描述 Shift 操作。

过程¶

接下来举一些简单的例子来说明我们的思路：

1. Shift 操作：让 \(x\) 坐标方向的位移为 \(5\)，\(y\) 坐标的位移为 \(7\)，\(z\) 坐标的位移为 \(9\)：

   \[ \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 0 & 7 \\ 0 & 0 & 1 & 9 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \]

2. Scale 操作：把 \(x\) 坐标拉伸 10 倍，\(y,z\) 坐标拉伸 5 倍：

   \[ \begin{bmatrix} 10 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \]

3. Rotate 操作：绕 \(x\) 轴旋转 \(\theta\) 弧度，遵循右手定则（逆时针方向）

   \[ \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \cos \theta & \sin \theta & 0 \\ 0 & -\sin \theta & \cos \theta & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \]

现在，每一种操作都被表示为了一个矩阵，变换序列可以用矩阵的乘积来表示，而一个 Loop 操作相当于取一个矩阵的 k 次幂。这样可以用 \(O(m \log k)\) 计算出整个变换序列最终形成的矩阵。最后将它应用到 \(n\) 个点上，总复杂度 \(O(n + m \log k)\)。

定长路径计数¶

我们把该图的邻接矩阵 M 取 k 次幂，那么 \(M_{i,j}\) 就表示从 \(i\) 到 \(j\) 长度为 \(k\) 的路径的数目。该算法的复杂度是 \(O(n^3 \log k)\)。有关该算法的细节请参见 矩阵 页面。

模意义下大整数乘法¶

计算 \(a\times b\bmod m,\,\,a,b\le m\le 10^{18}\)。

与二进制取幂的思想一样，这次我们将其中的一个乘数表示为若干个 2 的整数次幂的和的形式。因为在对一个数做乘 2 并取模的运算的时侯，我们可以转化为加减操作防止溢出。这样仍可以在 \(O (\log_2 m)\) 的时内解决问题。递归方法如下：

快速乘¶

但是 \(O(\log_2 m)\) 的「龟速乘」还是太慢了，这在很多对常数要求比较高的算法比如 Miller_Rabin 和 Pollard-Rho 中，就显得不够用了。所以我们要介绍一种可以处理模数在 long long 范围内、不需要使用黑科技 __int128 的、复杂度为 \(O(1)\) 的「快速乘」。

我们发现：

我们巧妙运用 unsigned long long 的自然溢出：

于是在算出 \(\left\lfloor\dfrac{ab}m\right\rfloor\) 后，两边的乘法和中间的减法部分都可以使用 unsigned long long 直接计算，现在我们只需要解决如何计算 \(\left\lfloor\dfrac {ab}m\right\rfloor\)。

我们考虑先使用 long double 算出 \(\dfrac am\) 再乘上 \(b\)。

既然使用了 long double，就无疑会有精度误差。极端情况就是第一个有效数字（二进制下）在小数点后一位。在 x86-64 机器下，long double 将被解释成 \(80\) 位拓展小数（即符号为 \(1\) 位，指数为 \(15\) 位，尾数为 \(64\) 位），所以 long double 最多能精确表示的有效位数为 \(64\)¹。所以 \(\dfrac am\) 最差从第 \(65\) 位开始出错，误差范围为 \(\left(-2^{-64},2^{64}\right)\)。乘上 \(b\) 这个 \(64\) 位整数，误差范围为 \((-0.5,0.5)\)，再加上 \(0.5\) 误差范围为 \((0,1)\)，取整后误差范围位 \(\{0,1\}\)。于是乘上 \(-m\) 后，误差范围变成 \(\{0,-m\}\)，我们需要判断这两种情况。

因为 \(m\) 在 long long 范围内，所以如果计算结果 \(r\) 在 \([0,m)\) 时，直接返回 \(r\)，否则返回 \(r+m\)，当然你也可以直接返回 \((r+m)\bmod m\)。

代码实现如下：

long long binmul(long long a, long long b, long long m) {
  unsigned long long c =
      (unsigned long long)a * b -
      (unsigned long long)((long double)a / m * b + 0.5L) * m;
  if (c < m) return c;
  return c + m;
}

高精度快速幂¶

代码实现如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[505], b[505], t[505], i, j;

void mult(int x[], int y[])  // 高精度乘法
{
  memset(t, 0, sizeof(t));
  for (i = 1; i <= x[0]; i++) {
    for (j = 1; j <= y[0]; j++) {
      if (i + j - 1 > 100) continue;
      t[i + j - 1] += x[i] * y[j];
      t[i + j] += t[i + j - 1] / 10;
      t[i + j - 1] %= 10;
      t[0] = i + j;
    }
  }
  memcpy(b, t, sizeof(b));
}

void ksm(int p)  // 快速幂
{
  if (p == 1) {
    memcpy(b, a, sizeof(b));
    return;
  }
  ksm(p / 2);  //(2^(p/2))^2=2^p
  mult(b, b);  // 对b平方
  if (p % 2 == 1) mult(b, a);
}

int main() {
  int p;
  scanf("%d", &p);
  a[0] = 1;  // 记录a数组的位数
  a[1] = 2;  // 对2进行平方
  b[0] = 1;  // 记录b数组的位数
  b[1] = 1;  // 答案数组
  ksm(p);
  for (i = 100; i >= 1; i--) {
    if (i == 1) {
      printf("%d\n", b[i] - 1);  // 最后一位减1
    } else
      printf("%d", b[i]);
  }
}

同一底数与同一模数的预处理快速幂¶

在同一底数与同一模数的条件下，可以利用分块思想，用一定的时间（一般是 \(O(\sqrt n)\)）预处理后用 \(O(1)\) 的时间回答一次幂询问。

过程¶

1. 选定一个数 \(s\)，预处理出 \(a^0\) 到 \(a^s\) 与 \(a^{0\cdot s}\) 到 \(a^{\lceil\frac ps\rceil\cdot s}\) 的值并存在一个（或两个）数组里；
2. 对于每一次询问 \(a^b\bmod p\)，将 \(b\) 拆分成 \(\left\lfloor\dfrac bs\right\rfloor\cdot s+b\bmod s\)，则 \(a^b=a^{\lfloor\frac bs\rfloor\cdot s}\times a^{b\bmod s}\)，可以 \(O(1)\) 求出答案。

关于这个数 \(s\) 的选择，我们一般选择 \(\sqrt p\) 或者一个大小适当的 \(2\) 的次幂（选择 \(\sqrt p\) 可以使预处理较优，选择 \(2\) 的次幂可以使用位运算优化/简化计算）。

int pow1[65536], pow2[65536];

void preproc(int a, int mod) {
  pow1[0] = pow2[0] = 1;
  for (int i = 1; i < 65536; i++) pow1[i] = 1LL * pow1[i - 1] * a % mod;
  int pow65536 = 1LL * pow1[65535] * a % mod;
  for (int i = 1; i < 65536; i++) pow2[i] = 1LL * pow2[i - 1] * pow65536 % mod;
}

int query(int pows) { return 1LL * pow1[pows & 65535] * pow2[pows >> 16]; }

习题¶

• UVa 1230 - MODEX
• UVa 374 - Big Mod
• UVa 11029 - Leading and Trailing
• Codeforces - Parking Lot
• SPOJ - The last digit
• SPOJ - Locker
• LA - 3722 Jewel-eating Monsters

• SPOJ - Just add it

  本页面部分内容译自博文 Бинарное возведение в степень 与其英文翻译版 Binary Exponentiation。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。

参考资料与注释¶