幂次方的四种快速取法（不使用pow函数）

Pow(x, n)

• 方法一：暴力法
• 方法二：递归快速幂算法
• 方法三：迭代快速幂算法
• 方法四：位运算法

方法一：暴力法

思路

只需模拟将 x 相乘 n 次的过程。

如果 $n<0$，我们可以直接用 ${\displaystyle \frac{1}{x}}$, $-n$ 来替换 $x,n$ 以保证 $n\ge 0$。该限制可以简化我们的进一步讨论。

但我们需要注意极端情况，尤其是负整数和正整数的不同范围限制。

算法

我们可以用一个简单的循环来计算结果。

class Solution {
public:
    double myPow(double x, int n) {
        long long N = n;
        if (N < 0) {
            x = 1 / x;
            N = -N;
        }
        double ans = 1;
        for (long long i = 0; i < N; i++)
            ans = ans * x;
        return ans;
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$。我们将 x 相乘 n 次。
• 空间复杂度：$O(1)$。我们需要一个变量来存储 x 的最终结果。

方法二：递归快速幂算法

class Solution {
public:
    double fastPow(double x, long long n) {
        if (n == 0) {
            return 1.0;
        }
        double half = fastPow(x, n / 2);
        if (n % 2 == 0) {
            return half * half;
        } else {
            return half * half * x;
        }
    }
    double myPow(double x, int n) {
        long long N = n;
        if (N < 0) {
            x = 1 / x;
            N = -N;
        }
        return fastPow(x, N);
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：O(log(n))O(log(n))。每次我们应用公式$ (x ^ n) ^ 2 = x ^ {2 * n}$，$n$ 就减少一半。 因此，我们最多需要 $O(log(n))$次计算来得到结果。
• 空间复杂度：$O(log(n))$。每次计算，我们都需要存储 $x^{n/2}$ 的结果。 我们需要计算 $O(log(n))$次，因此空间复杂度为 $O(log(n))$。

方法三：迭代快速幂算法

递归或迭代的快速幂实际上是实现同一目标的不同方式。

class Solution {
public:
    double myPow(double x, int n) {
        long long N = n;
        if (N < 0) {
            x = 1 / x;
            N = -N;
        }
        double ans = 1;
        double current_product = x;
        for (long long i = N; i ; i /= 2) {
            if ((i % 2) == 1) {
                ans = ans * current_product;
            }
            current_product = current_product * current_product;
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(log(n))$。对于 n 的每个二进制位，我们最多只能乘一次。所以总的时间复杂度为 $O(log(n))$。
• 空间复杂度：$O(1)$。我们只需要两个变量来存储 x 的当前乘积和最终结果。

位运算实现pow(x,n)

根据暴力法的思路来看特别简单，但通过位运算呢？

位运算技巧

我举个例子吧，例如 n = 13，则 n 的二进制表示为 1101, 那么 m 的 13 次方可以拆解为:

$m^{1101}=m^{0001}\ast m^{0100}\ast m^{1000}$。

我们可以通过 & 1和 >>1 来逐位读取 1101，为1时将该位代表的乘数累乘到最终结果。直接看代码吧，反而容易理解：

int pow(int n){
    int sum = 1;
    int tmp = m;
    while(n != 0){
        if(n & 1 == 1){
            sum *= tmp;
        }
        tmp *= tmp;
        n = n >> 1;
    }
    return sum;
}

时间复杂度近为 $O(logn)$，而且看起来很牛逼