汉诺塔
汉诺塔（一）
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难度：3
描述
在印度，有这么一个古老的传说：在世界中心贝拿勒斯（在印度北部）的圣庙里，一块黄铜板上插着三根宝石针。印度教的主神梵天在创造世界的时候，在其中一根针上从下到上地穿好了由大到小的64片金片，这就是所谓的汉诺塔。不论白天黑夜，总有一个僧侣在按照下面的法则移动这些金片：一次只移动一片，不管在哪根针上，小片必须在大片上面。僧侣们预言，当所有的金片都从梵天穿好的那根针上移到另外一根针上时，世界就将在一声霹雳中消灭，而梵塔、庙宇和众生也都将同归于尽。
现在请你计算出起始有m个金片的汉诺塔金片全部移动到另外一个针上时需要移动的最少步数是多少？（由于结果太大，现在只要求你算出结果的十进制位最后六位）
输入
第一行是一个整数N表示测试数据的组数(0<N<20)
每组测试数据的第一行是一个整数m,表示起始时金片的个数。(0<m<1000000000)
输出
输出把金片起始针上全部移动到另外一个针上需要移动的最少步数的十进制表示的最后六位。
样例输入
2
1
1000
样例输出
1
69375
// 快速幂：首先要了解这样一个公式：a^b mod c=(a mod c)^b mod c(mod为取余符号即%)(详细证明请看数论或者离散数学)
//方法1：用二分法取余
#include <stdio.h>
#define mod 1000000
long long pow(long long n)
{
long long t=1,x=2;
while( n>0 )
{
x %= mod;
if(n & 1)
t = (t * x) % mod;
x = (x * x) % mod;//先做2的平方，之后2的4次方(2次方的平方)
n >>= 1;//由于上一步使得n次方缩半
}
return t;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
long long m;
scanf("%lld",&m);
printf("%lld\n", pow(m) - 1 );
}
return 0;
}
//方法2：用递归二分法取余
#include <stdio.h>
int pm(long long m)
{
const int p=1000000;
if(m==1)
return 2;
long long t=pm(m>>1); //m>>1相当于m/2 二分
return (t*t%p) * ((m&1?2:1)%p) % p;// m&1 相当于 m%2 如果m是奇数多乘个2，如果是偶数乘以1 （不变）
}
int main()
{
int n;
long long a;
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
scanf("%lld",&a);
printf("%d\n",pm(a)-1);
}
}
//思路3：（没用幂求）
//对于汉诺塔求移动次数公式为f(n+1)=f(n)*2+1;
//此题如果用要求十进制最后六位，f(n+1)=(f(n)*2+1)%100000;
#include<stdio.h>
int num[100007];
int main()
{
int N,m,i;
num[1]=1; //m=1的情况
for(i=2;i<100006;i++)
num[i]=(2*num[i-1]+1)%1000000;
scanf("%d",&N);
while(N--)
{
scanf("%d",&m);
if(m>100005) //这种情况下标对1000000取余
{
if(m%100000<6)
m=100000+m%10;
else
m%=100000;
}
printf("%d\n",num[m]);
}
return 0;
}
快速幂这个东西比较好理解，但实现起来到不老好办，记了几次老是忘，今天把它系统的总结一下防止忘记。
首先，快速幂的目的就是做到快速求幂，假设我们要求a^b,按照朴素算法就是把a连乘b次，这样一来时间复杂度是O(b)也即是O(n)级别，快速幂能做到O(logn)，快了好多好多。它的原理如下：
假设我们要求ab，那么其实b是可以拆成二进制的，该二进制数第i位的权为2(i-1)，例如当b==11时
a11=a(20+21+2^3)
11的二进制是1011，11 = 2³×1 + 2²×0 + 2¹×1 + 2º×1，因此，我们将a¹¹转化为算 a20*a21a2^3，也就是a1a2*a8 ，看出来快的多了吧原来算11次，现在算三次，但是这三项貌似不好求的样子....不急，下面会有详细解释。
由于是二进制，很自然地想到用位运算这个强大的工具：&和>>
&运算通常用于二进制取位操作，例如一个数 & 1 的结果就是取二进制的最末位。还可以判断奇偶x&10为偶，x&11为奇。
运算比较单纯,二进制去掉最后一位，不多说了，先放代码再解释。
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1 int poww(int a, int b) {
2 int ans = 1, base = a;
3 while (b != 0) {
4 if (b & 1 != 0)
5 ans *= base;
6 base *= base;
7 b >>= 1;
8 }
9 return ans;
10 }
复制代码
代码很短，死记也可行，但最好还是理解一下吧，其实也很好理解，以b==11为例，b=>1011,二进制从右向左算，但乘出来的顺序是 a(20)a(21)a(23)，是从左向右的。我们不断的让base*=base目的即是累乘，以便随时对ans做出贡献。
其中要理解base=base这一步：因为 basebasebase2，下一步再乘，就是base2*base2base4，然后同理 base4base4=base8，由此可以做到base-->base2-->base4-->base8-->base16-->base32.......指数正是 2^i ，再看上面的例子，a¹¹= a1a2*a8，这三项就可以完美解决了，快速幂就是这样。
顺便啰嗦一句，由于指数函数是爆炸增长的函数，所以很有可能会爆掉int的范围，根据题意选择 long long还是mod某个数自己看着办。
矩阵快速幂也是这个道理，下面放一个求斐波那契数列的矩阵快速幂模板
复制代码
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<cmath>
5 #include<algorithm>
6 using namespace std;
7 const int mod = 10000;
8 const int maxn = 35;
9 int N;
10 struct Matrix {
11 int mat[maxn][maxn];
12 int x, y;
13 Matrix() {
14 memset(mat, 0, sizeof(mat));
15 for (int i = 1; i <= maxn - 5; i++) mat[i][i] = 1;
16 }
17 };
18 inline void mat_mul(Matrix a, Matrix b, Matrix &c) {
19 memset(c.mat, 0, sizeof(c.mat));
20 c.x = a.x; c.y = b.y;
21 for (int i = 1; i <= c.x; i++) {
22 for (int j = 1; j <= c.y; j++) {
23 for (int k = 1; k <= a.y; k++) {
24 c.mat[i][j] += (a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) % mod;
25 c.mat[i][j] %= mod;
26 }
27 }
28 }
29 return ;
30 }
31 inline void mat_pow(Matrix &a, int z) {
32 Matrix ans, base = a;
33 ans.x = a.x; ans.y = a.y;
34 while (z) {
35 if (z & 1 == 1) mat_mul(ans, base, ans);
36 mat_mul(base, base, base);
37 z >>= 1;
38 }
39 a = ans;
40 }
41 int main() {
42 while (cin >> N) {
43 switch (N) {
44 case -1: return 0;
45 case 0: cout << "0" << endl; continue;
46 case 1: cout << "1" << endl; continue;
47 case 2: cout << "1" << endl; continue;
48 }
49 Matrix A, B;
50 A.x = 2; A.y = 2;
51 A.mat[1][1] = 1; A.mat[1][2] = 1;
52 A.mat[2][1] = 1; A.mat[2][2] = 0;
53 B.x = 2; B.y = 1;
54 B.mat[1][1] = 1; B.mat[2][1] = 1;
55 mat_pow(A, N - 1);
56 mat_mul(A, B, B);
57 cout << B.mat[1][1] << endl;
58 }
59 return 0;
60 }
