LeetCode 372
题目:
Your task is to calculate a^b mod 1337 where a is a positive integer and b is an extremely large positive integer given in the form of an array.
求a的b次方mod 1337,其中b是一个extremely large的数,以至于需要用整数数组来存储。
引理:(a × b)mod M = ((a mod M) * (b mod M)) mod M
证明:
若 a = x·M + m, b = y·M + n (a × b) mod M = (xyMM + myM + nxM + mn) mod M 其中 xyMM, myM, nxM 均能被M整除,故 (a × b) mod M = mn mod M
解题思路:
百度来基本解题思路均为二分,将b作为数字处理。相关链接:http://blog.csdn.net/mebiuw/article/details/51853673
可能我的思路比较特殊,当然方法也比较复杂,但是理论上复杂度应该更低。
举个例子,若b是一个5位数,b = A*1000 + B*1000 + C*100 + D*10 + E
注意到,a^b = a^(A*10000 + B*1000 + C*100 + D*10 + E) = (a^10000)^A + (a^1000)^B + (a^100)^C + (a^10)^D + (a^1)^E
可以利用一个与b等长的数组把a^(10^n)存储下来,之后每次可以直接拿过来用。因为 a^n mod M = ((a^(n/2) mod M) * (a^(n/2) mod M)) mod M, 所以这里可以使用上述引理,执行二分策略。
而对于每一个 a^(10^i)^bi, 又可以看做 ai ^ bi, 这里依旧可以利用引理进行二分。
AC代码如下:
public final int MOD = 1337; public int modProd(int x, int y){ return ((x%MOD)*(y%MOD))%MOD; } public int pow(int a, int b){ // return (a^b)%MOD if (b == 0) return 1; if (b == 1) return a%MOD; int m = pow(a, b/2); if (b%2 == 1){ return modProd(a, m*m); }else{ return modProd(m, m); } } public int superPow(int a, int[] b) { int[] mpow = new int[b.length]; int i, j; for (i = 0, j = b.length-1; i < j; i++, j--){ // b 中高低位交换,便于后续编码 b[i] = b[i] ^ b[j]; b[j] = b[i] ^ b[j]; b[i] = b[i] ^ b[j]; } mpow[0] = a%MOD; for (i = 1; i< b.length; i++){ // 预处理,存储 (a^(10^i)) mod M // 预处理过程中,对于 a^(10^i)看做 a^(10^(i-1)) ^ 10, 这样每次只需要运行 log 10 次 mpow[i] = pow(mpow[i-1], 10); } int res = 1; for (i = 0; i< b.length; i++){ // 对每一位 bi 计算 a^(bi*(10^i)) res = modProd(res, pow(mpow[i], b[i])); } return res; }
预处理阶段,计算 a^(10^i) mod M, 由于每次是提取前一次的结果作为基数,故每次需要4次,预处理的时间复杂度为 4·|b|,其中|b|为字符串b的长度。
运行阶段,每次运行也是最多4次,故其复杂度为 4·|b|。
整个程序运行复杂度为 O(8·|b|)
而对于其他解法,其每次二分均需要对b进行一次处理,故其复杂度为 O(|b|×log(Valueof(b))),其中Valueof(b)表示数组b所代表的值,它将远远大于 |b|。