[算法入门]快速幂取余

简介

快速幂取余，其实就是$a^b \mod c$

算法1.

首先直接地来设计这个算法：

int  ans=1, i;
for(i=1;i<=b;i++)
    ans*=a;
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：
$a^b \mod c=(a \mod c)^b$
引理：
$(a \times b) \mod c =[ ( a \mod c ) \times (b \mod c) ] \mod c$ ;
证明：
$\ \ \ \ \ \ 设 a \mod c = d,b \mod c = e;$
$\ \ \ \ \ \ 则：a=t \times c+d;$  
$\ \ \ \ \ \ b = k \times c+e;$
$\ \ \ \ \ \ (a \times b) \mod c=(t \times c+d)(k \times c+e)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =(t \times k c^2 + ( t \times e+d \times k) \times c+d \times e) \mod c$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =d \times e \mod c$
即积的取余等于取余的积的取余.
$a^b \mod c$ 由上述公式迭代即可得到 $(a \mod c)^b$
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 , i ;  
 a = a % c; //加上这一句 
 for ( i = 1;i<=b;i++) 
     ans = ans * a;  
 ans = ans % c; 

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 ,i ;  
a = a % c;
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。

快速幂取余依赖于以下公式:
$a^b \bmod c=((a^2)^{\frac{b}{2}}) \bmod c$，$b$是偶数
$a^b \bmod c=((a^2)^{\frac{b}{2}} \times a) \bmod c$，$b$是奇数
有了上述两个公式后，我们可以得到以下结论：
1.如果$b$是偶数，我们可以记$k=a^2 \bmod c$，那么求$k^{\frac{b}{2}} \bmod c$；
2.如果$b$是奇数，我们也可以记$k=a^2 \bmod c$，那么求$(k^{\frac{b}{2}} \bmod c \times a) \bmod c$就可以了。
于是我们得到以下算法：

算法4：

int  ans = 1 ，i ; 
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a^2 而不是a 
for( 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$k=(a\times a) \bmod c$时，状态已经发生了变化，我们所要求的最终结果即为$k^{\frac{b}{2}} \bmod c$
而不是原来的$a^b \bmod c$，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$a \bmod c$，所以为了完成迭代，当b是奇数时，我们通过$ans=(ans \times a) \bmod c$;
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

long long  PowerMod (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;       //b >>= 1;
        a = (a * a) % c; 
    } 
    return ans; 
} 

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。

扩展：

有关于快速幂的算法的推导，还可以从另一个角度来想。
$a^b \bmod c$求解这个问题，我们也可以从二进制转换来考虑：
将10进制的$b$转化成2进制的表达式：
$b_{(10)}=\overline{a_{n}a_{n-1}...a_{1}a_{0}}_ {(2)}$
那么，实际上，$b=a_{n} \cdot 2^{n}+a_{n-1} \cdot 2^{n-1}+...+a_{1} \cdot 2^{1}+ a_0$
$a^b=a^{a_{n} \cdot 2^{n}+a_{n-1} \cdot 2^{n-1}+...+a_{1} \cdot 2+ a_0}=a^{a_{n} \cdot 2^{n}} \cdot a^{a_{n-1} \cdot 2^{n-1}} \cdot ... \cdot a^{a_{1} \cdot 2} \cdot a^{a_0}$
所以
$\ \ \ a^b \bmod c = (a^{a_{n} \cdot 2^{n}} \cdot a^{a_{n-1} \cdot 2^{n-1}} \cdot ... \cdot a^{a_{1} \cdot 2} \cdot a^{a_0}) \bmod c$
$=[(a^{a_{n} \cdot 2^{n}} \bmod c) \cdot (a^{a_{n-1} \cdot 2^{n-1}} \bmod c) \cdot ... \cdot (a^{a_{0}} \bmod c)] \bmod c$
注意此处的$a_n$要么为0，要么为1，如果为0，那么这一项就是1，这个对应了上面算法过程中b是偶数的情况,为1对应了b是奇数的情况。

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