跳转至

快速幂

定义

快速幂,二进制取幂(Binary Exponentiation,也称平方法),是一个在 \(\Theta(\log n)\) 的时间内计算 \(a^n\) 的小技巧,而暴力的计算需要 \(\Theta(n)\) 的时间。

这个技巧也常常用在非计算的场景,因为它可以应用在任何具有结合律的运算中。其中显然的是它可以应用于模意义下取幂、矩阵幂等运算,我们接下来会讨论。

解释

计算 \(a\)\(n\) 次方表示将 \(n\)\(a\) 乘在一起:\(a^{n} = \underbrace{a \times a \cdots \times a}_{n\text{ 个 a}}\)。然而当 \(a,n\) 太大的时侯,这种方法就不太适用了。不过我们知道:\(a^{b+c} = a^b \cdot a^c,\,\,a^{2b} = a^b \cdot a^b = (a^b)^2\)。二进制取幂的想法是,我们将取幂的任务按照指数的 二进制表示 来分割成更小的任务。

过程

首先我们将 \(n\) 表示为 2 进制,举一个例子:

\[ 3^{13} = 3^{(1101)_2} = 3^8 \cdot 3^4 \cdot 3^1 \]

因为 \(n\)\(\lfloor \log_2 n \rfloor + 1\) 个二进制位,因此当我们知道了 \(a^1, a^2, a^4, a^8, \dots, a^{2^{\lfloor \log_2 n \rfloor}}\) 后,我们只用计算 \(\Theta(\log n)\) 次乘法就可以计算出 \(a^n\)

于是我们只需要知道一个快速的方法来计算上述 3 的 \(2^k\) 次幂的序列。这个问题很简单,因为序列中(除第一个)任意一个元素就是其前一个元素的平方。举一个例子:

\[ \begin{align} 3^1 &= 3 \\ 3^2 &= \left(3^1\right)^2 = 3^2 = 9 \\ 3^4 &= \left(3^2\right)^2 = 9^2 = 81 \\ 3^8 &= \left(3^4\right)^2 = 81^2 = 6561 \end{align} \]

因此为了计算 \(3^{13}\),我们只需要将对应二进制位为 1 的整系数幂乘起来就行了:

\[ 3^{13} = 6561 \cdot 81 \cdot 3 = 1594323 \]

将上述过程说得形式化一些,如果把 \(n\) 写作二进制为 \((n_tn_{t-1}\cdots n_1n_0)_2\),那么有:

\[ n = n_t2^t + n_{t-1}2^{t-1} + n_{t-2}2^{t-2} + \cdots + n_12^1 + n_02^0 \]

其中 \(n_i\in\{0,1\}\)。那么就有

\[ \begin{aligned} a^n & = (a^{n_t 2^t + \cdots + n_0 2^0})\\\\ & = a^{n_0 2^0} \times a^{n_1 2^1}\times \cdots \times a^{n_t2^t} \end{aligned} \]

根据上式我们发现,原问题被我们转化成了形式相同的子问题的乘积,并且我们可以在常数时间内从 \(2^i\) 项推出 \(2^{i+1}\) 项。

这个算法的复杂度是 \(\Theta(\log n)\) 的,我们计算了 \(\Theta(\log n)\)\(2^k\) 次幂的数,然后花费 \(\Theta(\log n)\) 的时间选择二进制为 1 对应的幂来相乘。

实现

首先我们可以直接按照上述递归方法实现:

1
2
3
4
5
6
7
8
long long binpow(long long a, long long b) {
  if (b == 0) return 1;
  long long res = binpow(a, b / 2);
  if (b % 2)
    return res * res * a;
  else
    return res * res;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
def binpow(a, b):
    if b == 0:
        return 1
    res = binpow(a, b // 2)
    if (b % 2) == 1:
        return res * res * a
    else:
        return res * res

第二种实现方法是非递归式的。它在循环的过程中将二进制位为 1 时对应的幂累乘到答案中。尽管两者的理论复杂度是相同的,但第二种在实践过程中的速度是比第一种更快的,因为递归会花费一定的开销。

1
2
3
4
5
6
7
8
9
long long binpow(long long a, long long b) {
  long long res = 1;
  while (b > 0) {
    if (b & 1) res = res * a;
    a = a * a;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
def binpow(a, b):
    res = 1
    while b > 0:
        if (b & 1):
            res = res * a
        a = a * a
        b >>= 1
    return res

模板:Luogu P1226

应用

模意义下取幂

问题描述

计算 \(x^n\bmod m\)

这是一个非常常见的应用,例如它可以用于计算模意义下的乘法逆元。

既然我们知道取模的运算不会干涉乘法运算,因此我们只需要在计算的过程中取模即可。

 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
long long binpow(long long a, long long b, long long m) {
  a %= m;
  long long res = 1;
  while (b > 0) {
    if (b & 1) res = res * a % m;
    a = a * a % m;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
def binpow(a, b, m):
    a = a % m
    res = 1
    while b > 0:
        if (b & 1):
            res = res * a % m
        a = a * a % m
        b >>= 1
    return res

注意:根据费马小定理,如果 \(m\) 是一个质数,我们可以计算 \(x^{n\bmod (m-1)}\) 来加速算法过程。

计算斐波那契数

问题描述

计算斐波那契数列第 \(n\)\(F_n\)

根据斐波那契数列的递推式 \(F_n = F_{n-1} + F_{n-2}\),我们可以构建一个 \(2\times 2\) 的矩阵来表示从 \(F_i,F_{i+1}\)\(F_{i+1},F_{i+2}\) 的变换。于是在计算这个矩阵的 \(n\) 次幂的时侯,我们使用快速幂的思想,可以在 \(\Theta(\log n)\) 的时间内计算出结果。对于更多的细节参见 斐波那契数列

多次置换

问题描述

给你一个长度为 \(n\) 的序列和一个置换,把这个序列置换 \(k\) 次。

简单地把这个置换取 \(k\) 次幂,然后把它应用到序列 \(n\) 上即可。时间复杂度是 \(O(n \log k)\) 的。

注意:给这个置换建图,然后在每一个环上分别做 \(k\) 次幂(事实上做一下 \(k\) 对环长取模的运算即可)可以取得更高效的算法,达到 \(O(n)\) 的复杂度。

加速几何中对点集的操作

引入

三维空间中,\(n\) 个点 \(p_i\),要求将 \(m\) 个操作都应用于这些点。包含 3 种操作:

  1. 沿某个向量移动点的位置(Shift)。
  2. 按比例缩放这个点的坐标(Scale)。
  3. 绕某个坐标轴旋转(Rotate)。

还有一个特殊的操作,就是将一个操作序列重复 \(k\) 次(Loop),这个序列中也可能有 Loop 操作(Loop 操作可以嵌套)。现在要求你在低于 \(O(n \cdot \textit{length})\) 的时间内将这些变换应用到这个 \(n\) 个点,其中 \(\textit{length}\) 表示把所有的 Loop 操作展开后的操作序列的长度。

解释

让我们来观察一下这三种操作对坐标的影响:

  1. Shift 操作:将每一维的坐标分别加上一个常量;
  2. Scale 操作:把每一维坐标分别乘上一个常量;
  3. Rotate 操作:这个有点复杂,我们不打算深入探究,不过我们仍然可以使用一个线性组合来表示新的坐标。

可以看到,每一个变换可以被表示为对坐标的线性运算,因此,一个变换可以用一个 \(4\times 4\) 的矩阵来表示:

\[ \begin{bmatrix} a_{11} & a_ {12} & a_ {13} & a_ {14} \\ a_{21} & a_ {22} & a_ {23} & a_ {24} \\ a_{31} & a_ {32} & a_ {33} & a_ {34} \\ a_{41} & a_ {42} & a_ {43} & a_ {44} \\ \end{bmatrix} \]

使用这个矩阵就可以将一个坐标(向量)进行变换,得到新的坐标(向量):

\[ \begin{bmatrix} a_{11} & a_ {12} & a_ {13} & a_ {14} \\ a_{21} & a_ {22} & a_ {23} & a_ {24} \\ a_{31} & a_ {32} & a_ {33} & a_ {34} \\ a_{41} & a_ {42} & a_ {43} & a_ {44} \\ \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x' \\ y' \\ z' \\ 1 \end{bmatrix} \]

你可能会问,为什么一个三维坐标会多一个 1 出来?原因在于,如果没有这个多出来的 1,我们没法使用矩阵的线性变换来描述 Shift 操作。

过程

接下来举一些简单的例子来说明我们的思路:

  1. Shift 操作:让 \(x\) 坐标方向的位移为 \(5\)\(y\) 坐标的位移为 \(7\)\(z\) 坐标的位移为 \(9\)

    \[ \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 0 & 7 \\ 0 & 0 & 1 & 9 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \]
  2. Scale 操作:把 \(x\) 坐标拉伸 10 倍,\(y,z\) 坐标拉伸 5 倍:

    \[ \begin{bmatrix} 10 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \]
  3. Rotate 操作:绕 \(x\) 轴旋转 \(\theta\) 弧度,遵循右手定则(逆时针方向)

    \[ \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \cos \theta & \sin \theta & 0 \\ 0 & -\sin \theta & \cos \theta & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \]

现在,每一种操作都被表示为了一个矩阵,变换序列可以用矩阵的乘积来表示,而一个 Loop 操作相当于取一个矩阵的 k 次幂。这样可以用 \(O(m \log k)\) 计算出整个变换序列最终形成的矩阵。最后将它应用到 \(n\) 个点上,总复杂度 \(O(n + m \log k)\)

定长路径计数

问题描述

给一个有向图(边权为 1),求任意两点 \(u,v\) 间从 \(u\)\(v\),长度为 \(k\) 的路径的条数。

我们把该图的邻接矩阵 M 取 k 次幂,那么 \(M_{i,j}\) 就表示从 \(i\)\(j\) 长度为 \(k\) 的路径的数目。该算法的复杂度是 \(O(n^3 \log k)\)。有关该算法的细节请参见 矩阵 页面。

模意义下大整数乘法

计算 \(a\times b\bmod m,\,\,a,b\le m\le 10^{18}\)

与二进制取幂的思想一样,这次我们将其中的一个乘数表示为若干个 2 的整数次幂的和的形式。因为在对一个数做乘 2 并取模的运算的时侯,我们可以转化为加减操作防止溢出。这样仍可以在 \(O (\log_2 m)\) 的时内解决问题。递归方法如下:

\[ a \cdot b = \begin{cases} 0 &\text{if }a = 0 \\\\ 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot b &\text{if }a > 0 \text{ and }a \text{ even} \\\\ 2 \cdot \frac{a-1}{2} \cdot b + b &\text{if }a > 0 \text{ and }a \text{ odd} \end{cases} \]

快速乘

但是 \(O(\log_2 m)\) 的「龟速乘」还是太慢了,这在很多对常数要求比较高的算法比如 Miller_Rabin 和 Pollard-Rho 中,就显得不够用了。所以我们要介绍一种可以处理模数在 long long 范围内、不需要使用黑科技 __int128 的、复杂度为 \(O(1)\) 的「快速乘」。

我们发现:

\[ a\times b\bmod m=a\times b-\left\lfloor \dfrac{ab}m \right\rfloor\times m \]

我们巧妙运用 unsigned long long 的自然溢出:

\[ a\times b\bmod m=a\times b-\left\lfloor \dfrac{ab}m \right\rfloor\times m=\left(a\times b-\left\lfloor \dfrac{ab}m \right\rfloor\times m\right)\bmod 2^{64} \]

于是在算出 \(\left\lfloor\dfrac{ab}m\right\rfloor\) 后,两边的乘法和中间的减法部分都可以使用 unsigned long long 直接计算,现在我们只需要解决如何计算 \(\left\lfloor\dfrac {ab}m\right\rfloor\)

我们考虑先使用 long double 算出 \(\dfrac am\) 再乘上 \(b\)

既然使用了 long double,就无疑会有精度误差。极端情况就是第一个有效数字(二进制下)在小数点后一位。在 x86-64 机器下,long double 将被解释成 \(80\) 位拓展小数(即符号为 \(1\) 位,指数为 \(15\) 位,尾数为 \(64\) 位),所以 long double 最多能精确表示的有效位数为 \(64\)1。所以 \(\dfrac am\) 最差从第 \(65\) 位开始出错,误差范围为 \(\left(-2^{-64},2^{64}\right)\)。乘上 \(b\) 这个 \(64\) 位整数,误差范围为 \((-0.5,0.5)\),再加上 \(0.5\) 误差范围为 \((0,1)\),取整后误差范围位 \(\{0,1\}\)。于是乘上 \(-m\) 后,误差范围变成 \(\{0,-m\}\),我们需要判断这两种情况。

因为 \(m\)long long 范围内,所以如果计算结果 \(r\)\([0,m)\) 时,直接返回 \(r\),否则返回 \(r+m\),当然你也可以直接返回 \((r+m)\bmod m\)

代码实现如下:

1
2
3
4
5
6
7
long long binmul(long long a, long long b, long long m) {
  unsigned long long c =
      (unsigned long long)a * b -
      (unsigned long long)((long double)a / m * b + 0.5L) * m;
  if (c < m) return c;
  return c + m;
}

高精度快速幂

前置技能

请先学习 高精度

例题【NOIP2003 普及组改编·麦森数】(原题在此

题目大意:从文件中输入 P(1000\<P<3100000),计算 \(2^P−1\) 的最后 100 位数字(用十进制高精度数表示),不足 100 位时高位补 0。

代码实现如下:

 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[505], b[505], t[505], i, j;

void mult(int x[], int y[])  // 高精度乘法
{
  memset(t, 0, sizeof(t));
  for (i = 1; i <= x[0]; i++) {
    for (j = 1; j <= y[0]; j++) {
      if (i + j - 1 > 100) continue;
      t[i + j - 1] += x[i] * y[j];
      t[i + j] += t[i + j - 1] / 10;
      t[i + j - 1] %= 10;
      t[0] = i + j;
    }
  }
  memcpy(b, t, sizeof(b));
}

void ksm(int p)  // 快速幂
{
  if (p == 1) {
    memcpy(b, a, sizeof(b));
    return;
  }
  ksm(p / 2);  //(2^(p/2))^2=2^p
  mult(b, b);  // 对b平方
  if (p % 2 == 1) mult(b, a);
}

int main() {
  int p;
  scanf("%d", &p);
  a[0] = 1;  // 记录a数组的位数
  a[1] = 2;  // 对2进行平方
  b[0] = 1;  // 记录b数组的位数
  b[1] = 1;  // 答案数组
  ksm(p);
  for (i = 100; i >= 1; i--) {
    if (i == 1) {
      printf("%d\n", b[i] - 1);  // 最后一位减1
    } else
      printf("%d", b[i]);
  }
}

同一底数与同一模数的预处理快速幂

在同一底数与同一模数的条件下,可以利用分块思想,用一定的时间(一般是 \(O(\sqrt n)\))预处理后用 \(O(1)\) 的时间回答一次幂询问。

过程

  1. 选定一个数 \(s\),预处理出 \(a^0\)\(a^s\)\(a^{0\cdot s}\)\(a^{\lceil\frac ps\rceil\cdot s}\) 的值并存在一个(或两个)数组里;
  2. 对于每一次询问 \(a^b\bmod p\),将 \(b\) 拆分成 \(\left\lfloor\dfrac bs\right\rfloor\cdot s+b\bmod s\),则 \(a^b=a^{\lfloor\frac bs\rfloor\cdot s}\times a^{b\bmod s}\),可以 \(O(1)\) 求出答案。

关于这个数 \(s\) 的选择,我们一般选择 \(\sqrt p\) 或者一个大小适当的 \(2\) 的次幂(选择 \(\sqrt p\) 可以使预处理较优,选择 \(2\) 的次幂可以使用位运算优化/简化计算)。

参考代码
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
int pow1[65536], pow2[65536];

void preproc(int a, int mod) {
  pow1[0] = pow2[0] = 1;
  for (int i = 1; i < 65536; i++) pow1[i] = 1LL * pow1[i - 1] * a % mod;
  int pow65536 = 1LL * pow1[65535] * a % mod;
  for (int i = 1; i < 65536; i++) pow2[i] = 1LL * pow2[i - 1] * pow65536 % mod;
}

int query(int pows) { return 1LL * pow1[pows & 65535] * pow2[pows >> 16]; }

习题

参考资料与注释