定义

快速幂，二进制取幂（$BinaryExponentiation$，也称平方法），是一个在 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 的时间内计算 $a^n$ 的小技巧，而暴力的计算需要 $\mathrm{\Theta }(n)$ 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：$a^n=\underset{n\text{ 个 a}}{\underbrace{a\times a\cdots \times a}}$。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

迭代版本

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 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 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 $(n_t{n}_{t-1}\cdots n_1{n}_0{)}_2$，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 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 的，我们计算了 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 个 $2^k$ 次幂的数，然后花费 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 的时间选择二进制为 1 对应的幂来相乘。

递归版本

上述迭代版本中，由于 $2^{i+1}$ 项依赖于 $2^i$，使得其转换为递归版本比较困难（一方面需要返回一个额外的 $a^{2^i}$，对函数来说无法实现一个只返回计算结果的接口；另一方面则是必须从低位往高位计算，即从高位往低位调用，这也造成了递归实现的困扰），下面则提供递归版本的思路。

给定形式 $n_{t\dots i}=(n_t{n}_{t-1}\cdots n_i{)}_2$，即 $n_{t\dots i}$ 表示将 $n$ 的前 $t-i+1$ 位二进制位当作一个二进制数，则有如下变换：

那么有：

如上所述，在递归时，对于不同的递归深度是相同的处理：$a^{n_{t\dots i}}=(a^{n_{t\dots (i+1)}}{)}^2{a}^{n_i}$，即将当前递归的二进制数拆成两部分：最低位在递归出来时乘上去，其余部分则变成新的二进制数递归进入更深一层作相同的处理。

可以观察到，每递归深入一层则二进制位减少一位，所以该算法的时间复杂度也为 $\mathrm{\Theta }(\log n)$。

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;
}

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;
}

模板：Luogu P1226

应用

模意义下取幂

计算 $x^{n}modm$。

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;
}

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

计算斐波那契数

计算斐波那契数列第 $n$ 项 $F_n$。

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 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 的时间内计算出结果。

多次置换

给你一个长度为 $n$ 的序列和一个置换，把这个序列置换 $k$ 次。

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 $O(n\cdot \mathit{\text{length}})$ 的时间内将这些变换应用到这个 $n$ 个点，其中 $\mathit{\text{length}}$ 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 $9$：

   $$\left[\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 5\\ 0& 1& 0& 7\\ 0& 0& 1& 9\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$$

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

   $$\left[\begin{array}{cccc}10& 0& 0& 0\\ 0& 5& 0& 0\\ 0& 0& 5& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$$

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

   $$\left[\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& \cos \theta & \sin \theta & 0\\ 0& -\sin \theta & \cos \theta & 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$$

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

给一个有向图（边权为 1），求任意两点 $u,v$ 间从 $u$ 到 $v$，长度为 $k$ 的路径的条数。

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 $a\times bmodm,a,b\le m\le {10}^{18}$。

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 $\lfloor {\displaystyle \frac{ab}{m}}\rfloor$ 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 $\lfloor {\displaystyle \frac{ab}{m}}\rfloor$。

我们考虑先使用 long double 算出 ${\displaystyle \frac{a}{m}}$ 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 $64$[^note1]。所以 ${\displaystyle \frac{a}{m}}$ 最差从第 $65$ 位开始出错，误差范围为 $(-2^{-64},2^{64})$。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 $(r+m)modm$。

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

例题【NOIP2003 普及组改编·麦森数】原题在此

题目大意：从文件中输入 $P$（$1000<P<3100000$），计算 $2^P-1$ 的最后 $100￥ 位数字（用十进制高精度数表示），不足 $100$ 位时高位补 $0$。

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 $a^{\lceil \frac{p}{s}\rceil \cdot s}$ 的值并存在一个（或两个）数组里；
2. 对于每一次询问 $a^{b}modp$，将 $b$ 拆分成 $\lfloor {\displaystyle \frac{b}{s}}\rfloor \cdot s+bmods$，则 $a^b=a^{\lfloor \frac{b}{s}\rfloor \cdot s}\times a^{bmods}$，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