优秀而强行的十进制快速幂
今天在xehoth大神的带领下，学习了十进制快速幂·····真心强行
首先我们先来看看普通的快速幂以及快速乘（已经熟悉快速幂的同学可以跳过本段）
时间复杂度T(n)：O(log2n);
空间复杂度S(n)：O(n);
详解：
快速幂取模算法
所谓的快速幂，实际上是快速幂取模的缩写，简单的说，就是快速的求一个幂式的模(余)。在程序设计过程中，经常要去求一些大数对于某个数的余数，为了得到更快、计算范围更大的算法，产生了快速幂取模算法。
我们先从简单的例子入手：求 a ^ b % c = ?
算法1.首先直接地来设计这个算法：
int ans = 1;
for (int i = 1; i <= b; i++)
ans = ans * a;
ans = ans % c;
这个算法的时间复杂度体现在for循环中，为O（b）.这个算法存在着明显的问题，如果a和b过大，很容易就会溢出。
那么，我们先来看看第一个改进方案：在讲这个方案之前，要先有这样一个公式：
ab mod c = (a mod c)b mod c这个公式大家在离散数学或者数论当中应该学过，不过这里为了方便大家的阅读，还是给出证明：
引理1：
公式：(ab) mod c=[(a mod c) * (b mod c)] mod c
证明：
a mod c = d → a = tc + d
b mod c = e → b = kc + e
ab mod c = (tc + d) (kc + e) mod c
= (tkc2 + (te + dk)c + de) mod c
= de mod c = [(a modc) * (b mod c)] mod c
上面公式为下面公式的引理，即积的取余等于取余的积的取余。
公式：ab mod c = (a mod c)b mod c
证明：[(a mod c)b] mod c
= [((a mod c)mod c)b]mod c(由上面公式迭代)
[(a mod c)b]mod c = ab mod c
证明了以上的公式以后，我们可以先让a关于c取余，这样可以大大减少a的大小，
于是不用思考的进行了改进：
算法2：
int ans = 1;
a = a % c;//加上这一句
for(int i = 1; i <= b;i++)
ans = ans * a;
ans = ans % c;
聪明的读者应该可以想到，既然某个因子取余之后相乘再取余保持余数不变，那么新算得的ans也可以进行取余，所以得到比较良好的改进版本。
算法3：
int ans = 1;
a = a % c; //加上这一句
for(int i = 1; i <= b; i++)
ans = (ans * a) % c;//这里再取了一次余
ans = ans % c;
这个算法在时间复杂度上没有改进，仍为O(b)，不过已经好很多的，但是在c过大的条件下，还是很有可能超时，所以，我们推出以下的快速幂算法。
快速幂算法依赖于以下明显的公式，我就不证明了。
ab mod c = ((a2)b/2) mod c , b是偶数
ab mod c = ((a2)b/2) mod c , b是奇数
有了上述两个公式后，我们可以得出以下的结论：
1.如果b是偶数，我们可以记k = a2 mod c，那么求(k)b/2 mod c就可以了。
2.如果b是奇数，我们也可以记k = a2 mod c，那么求
((k)b/2 mod c * a ) mod c = ((k)b/2 mod c * a) mod c 就可以了。
那么我们可以得到以下算法：
算法4：
int ans = 1;
a = a % c;
if (b % 2 == 1)
ans = (ans * a) mod c; //如果是奇数，要多求一步，可以提前算到ans中
k = (a * a) % c; //我们取a2而不是a
for (int i = 1; i <= b / 2; i++)
ans = (ans * k) % c;
ans = ans %c;
我们可以看到，我们把时间复杂度变成了O(b / 2).当然，这样子治标不治本。但我们可以看到，当我们令k =(a * a) mod c时，状态已经发生了变化，我们所要求的最终结果即为(k)b/2 mod c而不是原来的ab mod c，所以我们发现这个过程是可以迭代下去的。当然，对于奇数的情形会多出一项a mod c，所以为了完成迭代，当b是奇数时，我们通过
ans = (ans * a) % c;来弥补多出来的这一项，此时剩余的部分就可以进行迭代了。
形如上式的迭代下去后，当b=0时，所有的因子都已经相乘，算法结束。于是便可以在O（log b）的时间内完成了。于是，有了最终的算法：快速幂算法。
算法5：快速幂算法
int ans = 1;
a = a % c;
while (b > 0)
{
if (b % 2 == 1)
ans = (ans * a) % c;
b = b / 2;
a = (a * a) % c;
}
将上述的代码结构化，也就是写成函数：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int ksm(int a, int b, int c) {
int ans = 1;
a = a % c;
while(b > 0) {
if (b % 2 == 1)ans = (ans * a) % c;
b = b / 2;
a= (a * a) % c;
}
returnans;
}
int main() {
int a, b, c;
freopen("ksm.in", "r", stdin);
freopen("ksm.out", "w", stdout);
scanf("%d %d %d",&a, &b, &c);
printf("%d", ksm(a, b, c));
return 0;
}
本算法的时间复杂度为O（logb），能在几乎所有的程序设计（竞赛）过程中通过，是目前最常用的算法之一。
读者可以自行分析，这里我说不多说了，希望本文有助于读者掌握快速幂算法的知识点，当然，要真正的掌握，不多练习是不行的。
用法：
快速幂用于a ^b % c的题目，适用于处理大数据，时间复杂度低。至于快速乘应该是这之上的一个延伸（其实我也不知道谁是谁的延伸······），用于计算a *b % c，即当a *b直接爆long long的恶心情况。
Advantages：
1、 对数据的包容大，只要所用的mod不超范围即可应用；
2、 直接避开繁琐的高精编写，减小了代码的复杂度。
3、 非递归实现，避免卡常······
Disadvantages；
无······
注意：
1、 一定要记住存储的数据类型，（long long），一定要记住，否则，出现WA还算好的，一旦出问题，就直接停运······
2、 循环条件是y > 0,不是 >= 0，不要说没提醒过你······
适用题目：
病毒
题目描述
2015年1月1日，国际卫生组织公布了一种新型病毒CAI，其复制能力极强，会使人的记忆能力严重衰退。
在每秒内，一个病毒会分身出N个病毒（本体不计），它们和本体拥有着同样的能力，如果N=4，在第一秒初有1个病毒本体，第一秒末分裂出4个，那么第一秒末有5个，它们在第二秒末会再分裂5*4=20个，那么加上最开始的，第二秒末就有25个。
为了抑制这种可怕的病毒，清华大学的医学研究人员经过认真研究这种病毒的基因，发明了一种新型青霉素注射液，能有效的消灭这种病毒。人体只需要注射一次这种青霉素，就可以终身免疫。这种青霉素杀毒的前提是：当病毒的数量必须达到或者超过P个（对人体开始有害），药力才会自动发挥作用，瞬间全部消灭P个。那么，在第M秒末，环境中还有多少病毒呢？（注，第一秒开始就注射了青霉素）
输入格式
只有一行，为3个整数N、M、P；如题目描述（初始时，只有一只病毒）
输出格式
只有一行，为第M秒最后剩余的病毒数目
输入样例1
4 3 3
输出样例1
2
输入样例2
100001000 1
输出样例2
0
【样例1说明】
第一秒的病毒分裂出4个，加上本体就是5个，消灭三个还剩两个。
第二秒的病毒分裂出2*4=8个，加上两个本体就是10个，药力发挥3次，消灭了9个，还剩一个。
第三秒剩下的那个分裂出4个，加上本体就是5个，药力发挥一次消灭三个，还剩两个。
【样列2说明】
只要有1个病毒，药力就发挥杀毒功能，显然没有病毒能活下来。
数据规模：
30%数据：M<=100000
50%数据：1<=N、P<=2^30 ， 1<=M<=1152921504606846976
100%数据：1<=N<=2^30 ， 1<=M<=1152921504606846976，1<=P<=2^60
Source：
/* created by scarlyw */ #include <cstdio> #include <string> #include <algorithm> #include <cmath> #include <iostream> #include <cstring> #include <cctype> inline char read() { static const int IN_LEN = 1024 * 1024; static char buf[IN_LEN], *s, *t; if (s == t) { t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin); if (s == t) return -1; } return *s++; } template<class T> inline void R(T &x) { static char c; static bool iosig; for (c = read(), iosig = false; !isdigit(c); c = read()) { if (c == -1) return; if (c == '-') iosig = true; } for (x = 0; isdigit(c); c = read()) x = ((x << 2) + x << 1) + (c ^ '0'); if (iosig) x = -x; } const int OUT_LEN = 1024 * 1024; char obuf[OUT_LEN], *oh = obuf; inline void write_char(char c) { if (oh == obuf + OUT_LEN) fwrite(obuf, 1, OUT_LEN, stdout), oh = obuf; *oh++ = c; } template<class T> inline void W(T x) { static int buf[30], cnt; if (x == 0) write_char('0'); else { if (x < 0) write_char('-'), x = -x; for (cnt = 0; x; x /= 10) buf[++cnt] = x % 10 + 48; while (cnt) write_char(buf[cnt--]); } } inline void flush() { fwrite(obuf, 1, oh - obuf, stdout); } long long a, b; long long x, y, n, m, mod; long long ksc(long long a, long long b) { long long ans = 0; while (b) { if (b & 1) ans = (ans + a) % mod; a = (a + a) % mod, b >>= 1; } return ans; } long long ksm(long long a, long long b) { long long ans = 1; while (b) { if (b & 1) ans = ksc(ans, a); a = ksc(a, a), b >>= 1; } return ans; } void solve() { R(n), R(m), R(mod); std::cout << ksm(n + 1, m); } int main() { solve(); return 0; }
Source：（某种科学的O(1)快速乘）
/* created by scarlyw */ #include <cstdio> #include <string> #include <algorithm> #include <cmath> #include <iostream> #include <cstring> #include <cctype> inline char read() { static const int IN_LEN = 1024 * 1024; static char buf[IN_LEN], *s, *t; if (s == t) { t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin); if (s == t) return -1; } return *s++; } template<class T> inline void R(T &x) { static char c; static bool iosig; for (c = read(), iosig = false; !isdigit(c); c = read()) { if (c == -1) return; if (c == '-') iosig = true; } for (x = 0; isdigit(c); c = read()) x = ((x << 2) + x << 1) + (c ^ '0'); if (iosig) x = -x; } const int OUT_LEN = 1024 * 1024; char obuf[OUT_LEN], *oh = obuf; inline void write_char(char c) { if (oh == obuf + OUT_LEN) fwrite(obuf, 1, OUT_LEN, stdout), oh = obuf; *oh++ = c; } template<class T> inline void W(T x) { static int buf[30], cnt; if (x == 0) write_char('0'); else { if (x < 0) write_char('-'), x = -x; for (cnt = 0; x; x /= 10) buf[++cnt] = x % 10 + 48; while (cnt) write_char(buf[cnt--]); } } inline void flush() { fwrite(obuf, 1, oh - obuf, stdout); } long long a, b; long long x, y, n, m, mod; long long ksc(long long a, long long b) { return (a * b - (long long)((long double)a / mod * b) * mod + mod) % mod; } long long ksm(long long a, long long b) { long long ans = 1; while (b) { if (b & 1) ans = ksc(ans, a); a = ksc(a, a), b >>= 1; } return ans; } void solve() { R(n), R(m), R(mod); std::cout << ksm(n + 1, m); } int main() { solve(); return 0; }
只想了解十进制快速幂的dalao们，可以直接从此处开始
思想上没有什么出奇的地方，但是的确非常的优化了ksm的速度，直接上代码比较好
题目背景：
thoj42
Source：
/* created by scarlyw */ #include <cstdio> #include <string> #include <algorithm> #include <cmath> #include <iostream> #include <cstring> #include <cctype> inline char read() { static const int IN_LEN = 1024 * 1024; static char buf[IN_LEN], *s, *t; if (s == t) { t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin); if (s == t) return -1; } return *s++; } template<class T> inline void R(T &x) { static char c; static bool iosig; for (c = read(), iosig = false; !isdigit(c); c = read()) { if (c == -1) return; if (c == '-') iosig = true; } for (x = 0; isdigit(c); c = read()) x = ((x << 2) + x << 1) + (c ^ '0'); if (iosig) x = -x; } const int OUT_LEN = 1024 * 1024; char obuf[OUT_LEN], *oh = obuf; inline void write_char(char c) { if (oh == obuf + OUT_LEN) fwrite(obuf, 1, OUT_LEN, stdout), oh = obuf; *oh++ = c; } template<class T> inline void W(T x) { static int buf[30], cnt; if (x == 0) write_char('0'); else { if (x < 0) write_char('-'), x = -x; for (cnt = 0; x; x /= 10) buf[++cnt] = x % 10 + 48; while (cnt) write_char(buf[cnt--]); } } inline void flush() { fwrite(obuf, 1, oh - obuf, stdout); } const int MAXN = 1000000 + 10; const long long mod = 999999999999999999LL; long long a; char b[MAXN]; inline long long mul(long long a, long long b, long long mod) { return (a * b - (long long)((long double)a / mod * b) * mod + mod) % mod; } inline long long mod_pow(long long a, long long b, long long mod) { if (b == 0) return 1; for (; ~b & 1; a = mul(a, a, mod), b >>= 1); /*一个对二进制快速幂的小优化，去除后导零*/ long long ret = a; for (b >>= 1; b; b >>= 1) a = mul(a, a, mod), (b & 1) ? ret = mul(ret, a, mod) : 0; return ret; } inline long long mod_pow_solve(long long a, char *b, long long mod) { long long ret = 1; int len = strlen(b); for (int i = len - 1; i >= 0; --i) /*核心思想，每一次直接找当前的位置的pow乘上去， 每一次将a ^ (10 ^ n - 1) 变成 a ^ (10 ^ n)*/ ret = mul(ret, mod_pow(a, b[i] ^ '0', mod), mod), a = mod_pow(a, 10, mod); return ret; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(NULL), std::cout.tie(NULL); std::cin >> a >> b; std::cout << mod_pow_solve(a, b, mod); return 0; }
