模板：P1226，可以用本文章的快速幂代码通过。
Update On 2020/3/24：增加了一些说明，可能会更加清晰易懂QwQ
快速幂
问题描述：见P1226
直接做的话，需要进行最多 (2^{31}-1) 次运算，时间复杂度直接爆炸。
我们发现一个性质：
我们发现，对于 (x^p) ，我们最终可以把她分解成 (p) 个 (x^1) 相乘的形式，而从上面的例子中可以看出，通过把 (x^1) 两两相乘，可以合并成若干个 (x^2)，再通过把 (x^2) 两两相乘，可以得到若干个 (x^4) ......以此类推。
从而我们得到重要结论：可以通过不断把当前指数 (p) 减半（也就是 (dfrac{p}{2})）而得到子问题的答案，然后把子问题的答案合并得到原问题的答案。 这就是快速幂的核心思想。
Q：如果当前分解的 (p) 为奇数呢？
我们发现，若当前分解的 (p) 为奇数，假设分解当前的 (x^p) 的项数为 (k) ，那么必定有 (k-1) 个同类项和一个非同类项（似乎只能这样表达......）。
这是因为现在分解的 (p) 为奇数，而 (p ext{mod} 2=1)。
于是我们发现，如果分解的一开始不去管那个“落单”的数（让她保持1次方），那么在当前合并完之后，把那个数再给乘上就好了！
而之所以一开始就不管她，是为了让最后直接乘上原来的 (x) 就好了，很简单。
至此，我们便得到了解决办法：先假装没有哪个“不同类”的项，合并玩其他答案后再乘上即可。
大概的算法流程就是（假设我们要求 (x^p ext{mod} k) ）：
- 如果当前的 (p) 为 0 ，直接返回1。因为任何数的0次方都为1。
- 如果当前的 (p) 为1，返回 (x) 即可。因为 (x^1=x) 。
- 计算出当前指数 (p) 缩小一般之后的结果 (a) 。
- 如果当前的 (p) 为偶数，则返回 (a^2) ；否则返回 (a^2 imes x)（因为无法正好分解成两半，那么就假装现分成两半，再把这两半的结果乘上那个“不同类”的项 (x) ）。
可以发现这种快速幂算法的核心思想是不断缩小问题规模，算出这些小问题的答案后再合并。这种思想很重要，再数论中有广泛的涉及（著名的CRT的特解的构造过程就是先构造一个小问题）。
上述算法可以很优雅的解决指数 (p) 为0的情况（直接返回1）。
我们采用递归实现，注意在每乘上一步都要取模（随时取模性质）。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
long long k;
int po(long long x,long long p) {
if(p==0) return 1;
if(p==1) return x%k;
long long a=po(x,p/2); //把问题规模降一半
if(p%2==0) return a*a%k;
else return a*a%k*x%k; //注意这里要两次取模
}
int main() {
long long b,p;
cin>>b>>p>>k;
cout<<b<<"^"<<p<<" mod "<<k<<"="<<po(b,p)<<endl;
return 0;
}
然而这份代码交上去只有 88 分。
这是因为我们自大的认为1这个数很小，不用对 (k) 取模。
然而其中一组测试点是这样的......
1 0 1
谔。
这里直接给了0次方，可以解决；然而又给了模数 (k=1)！
那么我们上面那个程序中，直接返回了1；然而正确答案是 (1^0 ext{mod} 1=0)！！！
所以......不要怀有侥幸心理......老老实实的取模吧QAQ
AC代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
long long k;
int po(long long x,long long p) {
if(p==0) return 1%k;
if(p==1) return x%k;
long long a=po(x,p/2);
if(p%2==0) return a*a%k;
else return a*a%k*x%k;
}
int main() {
long long b,p;
cin>>b>>p>>k;
cout<<b<<"^"<<p<<" mod "<<k<<"="<<po(b,p)<<endl;
return 0;
}
该算法由于每次都把问题规模缩小一半，故其时间复杂度为 (mathcal{O}(log p)) 。
猜想：“快速”乘
如果给定两个不超过long long类型的整数 (a,b) ，要求计算 (a imes b) 的值，怎么办？
现在已经不是时间快慢的问题了。(a imes b)有可能会爆long long（注意到 (a,b) 有可能会是负数，所以不能用unsigned long long）！
写高精度也不划算，那么如何解决这个问题呢？
注意到 (a imes b) 可以拆成 (b) 个 (a) 相加，那么利用类似快速幂的思想，把每次乘法合并改成加法合并不就行了！
//(a*b)%k
#include <cstdio>
#define ll long long
ll a, b;
ll k;
ll sum(ll x, ll p) { //目前要算 p 个 x 相加
if(p==0) return 0;
if(p==1) return x%k;
ll n=sum(x, p/2);
if(p%2==0) return (n+n)%k;
else return (n+n+x)%k;
}
int main(void) {
scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &k);
printf("%lld
", sum(a, b));
return 0;
}
这样做就不会爆long long了。
其实。。。这个东西是慢速乘，，，只不过因为和上面哪个快速幂的思想方式一毛一样才得名23333。
总结
注意到无论是快速幂，还是快速乘，都满足了结合律！所以，只要某种运算/操作满足结合律，那么便可以采用类似的方法！（e.g. 线段树）
End.
最后一次更新于2020/3/24。