求a^b mod c
算法1.
首先直接地来设计这个算法：
int ans=1, i;
for(i=1;i<=b;i++)
ans*=a;
ans%=c;
这个算法的时间复杂度体如今for循环中，为O（b）.
这个算法存在着明显的问题,假设a和b过大，非常easy就会溢出。
那么，我们先来看看第一个改进方案：在讲这个方法之前，要先有这样一个公式：
a^b mod c=(a mod c)^b
引理：
(a *b) mod c =[ ( a mod c )* (b mod c) ] mod c ;
证明： 设 a mod c =d，b mod c= e;
则：a=t*c + d ; b=k*c + e ;
(a*b)mod c = (t*c+d)(t*c+e)
= (tk c^2 + ( te+dk ) *c + d*e) mod c
=de mod c
即积的取余等于取余的积的取余.
(a ^ b)mod c 由上述公式迭代就可以得到 ( a mod c)^b.
证明了以上的公式以后，我们能够先让a关于c取余，这样能够大大降低a的大小，于是不用思考的进行了改进：
算法2：
int ans = 1 , i ;
a = a % c; //加上这一句
for ( i = 1;i<=b;i++)
ans = ans * a;
ans = ans % c;
既然某个因子取余之后相乘再取余保持余数不变，那么新算得的ans也能够进行取余，所以得到比較良好的改进版本号。
算法3：
int ans = 1 ,i ;
a = a % c;
for(int i = 1;i<=b;i++)
ans = (ans * a) % c; //这里再取了一次余
ans = ans % c;
这个算法在时间复杂度上没有改进，仍为O(b)，只是已经好非常多的，可是在c过大的条件下，还是非常有可能超时，所以，我们推出下面的高速幂算法。
高速幂取余依赖于下面公式：
那么我们能够得到下面算法：
算法4：
int ans = 1 ，i ;
a = a % c;
if (b%2==1)
ans = (ans * a) mod c; //假设是奇数，要多求一步，
能够提前算到 ans 中。
k = (a*a) % c; //我们取a^2 而不是a
for( i = 1;i<=b/2;i++)
ans = (ans * k) % c;
ans = ans % c; 我们能够看到，我们把时间复杂度变成了O(b/2).
当然，这样子治标不治本。
但我们能够看到，当我们令k = (a * a) mod c时，状态已经发生了变化，我们所要求的终于结果即为 k^(b/2) mod c
而不是原来的a^b mod c，所以我们发现这个过程是能够迭代下去的。当然，对于奇数的情形会多出一项a mod c，所以为了完毕迭代，当b是奇数时，我们通过 ans = (ans * a) % c;
来弥补多出来的这一项，此时剩余的部分就能够进行迭代了。
形如上式的迭代下去后，当b=0时，全部的因子都已经相乘，算法结束。
于是便能够在O（log b）的时间内完毕了。
于是，有了终于的算法：高速幂算法。
算法5：高速幂算法
int ans = 1;
a = a % c;
while(b>0) {
if(b % 2 == 1)
ans = (ans * a) % c;
b = b/2;
a = (a * a) % c;
} 将上述的代码结构化，也就是写成函数：
long long PowerMod (int a, int b, int c)
{
int ans = 1;
a = a % c;
while(b>0) {
if(b % 2 = = 1)
ans = (ans * a) % c;
b = b/2; // b>>=1;
a = (a * a) % c;
}
return ans;
} 本算法的时间复杂度为O（logb），能在差点儿全部的程序设计（竞赛）过程中通过，是眼下最经常使用的算法之中的一个。
下面内容仅供參考：
扩展：有关于高速幂的算法的推导，还能够从还有一个角度来想。
a^b%c 求解这个问题，我们也能够从二进制转换来考虑：
将10进制的b转化成2
进制的表达式：
注意此处的an要么为0，要么为1，假设为0，那么这一项就是1，这个相应了上面算法过程中b是偶数的情况；
为1相应了b是奇数的情况.