0x01 位运算
0x01 位运算
定义
bit是度量信息的单位，包含\(0\)和\(1\)两个汇总状态，这种操作的速度很快！！！
首先来定义一下算术位运算
与：\(and,\&\)
或：\(or,|\)
非：\(not,~\)
异或：\(xor,ˆ\)
(\(ˆ\)这个符号通常不实用)
移位运算
左移
\[1<<n = 2^n\,\,\,n<<1=2n
\]
右移
算数右移
\[n>>1 = \left \lfloor \frac{n}{2.0} \right \rfloor
\]
逻辑右移
略（基本上不会用到）
\(aˆb^{\,\,CH0101}\)
\[求a的b次方对p取模的值，其中1\leq a,b,p \leq10^9
\]
标准算法（跟位运算无关）
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int a, b, p;
cin >> a >> b >> p;
unsigned long long ans = 1;
for (int i = 0; i < b; i++)
{
ans *= a;
ans %= p;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
如果去评测：恭喜你
TLE
因为大数据肯定超时。
于是就需要快速幂！
long long power(int a,int b,int p){
int ans = 1%p;
for(;b;b>>=1)
//for(;b;b/2.0)
{
if(b&1)ans = (long long)ans*a%p;
a=(long long)a*a%p;
}
return ans;
}
问题又来了，如果遇到这道题
\(64\text{位整数乘法}^{CH0102}\)
\[求a的b次方对p取模的值，其中1\leq a,b,p \leq10^{20}
\]
那就不香了，连\(long\,\,long\)都存不下了，那就尴尬了。
方法一
类似于快速幂，把\(b\)用二进制表示，得到结果。
\[b = c_{k-1}\cdot 2^{n-1} + c_{k-2}\cdot 2^{n-2} + \cdots + c_{0}\cdot 2^{0}
\]
\[\text{于是}a\cdot b = c_{k-1}\cdot 2^{n-1} \cdot a + c_{k-1}\cdot 2^{n-1} \cdot a + \cdots +c_{0}\cdot 2^{0} \cdot a
\]
\[\because a\cdot 2^i = (a\cdot 2^{i-1})\cdot 2 \text{在运算时每一项都不会超过}2 \cdot 10^{18}
\]
\[\therefore \text{这种方法很香啊,而且时间复杂度是} O(log_2 b)!!!
\]
#define ll long long
ll mul(ll a, ll b, ll c){
long long ans = 0;
for(; b; b >>= 1){
if (b & 1) ans = (ans + a) % p;
a = a * 2 % p;
}
return ans;
}
方法二
利用$ a\cdot b,,mod,,p =,,a,,*,,b ,,-,,\lfloor \frac{a\cdot b}{p} \rfloor \cdot p$ 这个公式。
首先， \(a , b \le p\) 时，这个可以直接完成运算，英文我们不需要其他的精度位，而如果数据很大，只需要考虑比较低位的数据，那就很香了。
#define ll long long
ll mul(ll a, ll b, ll c){
a %= p, b %= p;
ll c = (long double) a * b / p;
ll ans = a * b - c * p
if (ans < 0) ans += p;
else if (ans >= p) ans -= p;
return ans;
}
