快速求幂

快速幂在算指数时是很高效的，他的基本原理是二进制。

如果要算

2^5，可以直接2*2*2*2*2

但是如果要算

3^999，指数N太大，计算太慢，所以有一种快速的解法。

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@

以3^21为例。

2^21=(2^16)×(2^4)×(2^1)

21的二进制可以写成（10101）----------------而10101可以写成1*2^4+0*2^3+1*2^2+0*2^1+1*2^0

可以明显看出， 每一个香对应着上边的指数。   2^4=16 2^2=4; 2^0=1   其他项为0；

（具体推理有空再写）

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@

再找一个例子

2^13

13=(1101),-----------------1*2^3+1*2^2+1*2^0, 指数分别是8，4，1；

 2^13=2^(8+4+1)

///////A^(一个二进制数如101010)=A^(100000)*A^(00000)*A(1000)*A^(000)*A^(10)*A^(0)=A^(2^5)*A^(2^3)*A^(2^1)

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@

所以要计算X^N，现将N变成二进制，然后依次计算二进制的每位的值（如果为二进制位为0不计算）

@@@@@@@@@@二进制的计算@@@@@@@@@@@@@@

计算13的二进制，对其除2取余，记录余数。

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@

代码如下：

int pow_n(int x, int n)
{
    int pw = 1;
    
    while (n > 0) {
        if ((n % 2) == 1)
            pw *= x;
        x *= x;
        n /= 2;

    }
    return pw;
}

计算2^13的步骤就是：

13=（1101）
n%2, 最低位是1， 所以把这部分累乘到pw中,(pw=2^1)x自乘后变成x^2,n=n/2;
n 的这一位是0，所以if不成立，不执行累2乘，    x自乘后变成x^4,n=n/2;
n 的这一位是1，(pw=2^1*2^4),所以累乘到pw中。x自乘后变成x^8,n=n/2;
n 的这一位是1，(pw=2^1*2^4*2^8)所以累乘到pw中。

这是快速求幂的思想，把指数n 分解为2的幂次的和，利用自乘计算x 的(2的幂次)次方, 然后根据需要决定是否累乘相应的幂次。

这样可以把O(n)次乘法缩短到O(logn)次乘法，实现快速计算。

n=n/2和 (n%2==1)是检查指数n 的某个二进制位是否是1的手段。

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@

快速幂取模

我们先从简单的例子入手：求a^b % c = ?

int pow_n(int x, int n)
{
    int pw = 1;
    
    while (n > 0) {
        if ((n % 2) == 1)
            pw *= x;
        x *= x;
        n /= 2;

    }
    return pw;
}

这个算法的时间复杂度为O（b）.这个算法存在着明显的问题，如果a和b过大，很容易就会溢出。

那么，我们先来看看第一个改进方案：在讲这个方案之前，要先有这样一个公式：a^b%c=(a%c)^b%c.

所以可以改进算法：

int ans = 1;
a = a % c; 
for(int i = 1;i<=b;i++){
    ans = ans * a;
    }
ans = ans % c;

因子取余之后相乘再取余保持余数不变，那么新算得的ans也可以进行取余，所以得出：

int ans = 1;
a = a % c; //加上这一句
for(int i = 1;i<=b;i++){
    ans = (ans * a) % c;
}

算法虽然在复杂度上没有改进，但是已经比第一个好多了。

求a^bmodc可以写成一下形式

那么可以继续改进算法：

    int ans = 1;
    a = a % c;
    if(b%2==1)
        ans = (ans * a) mod c; //如果是奇数，要多求一步，可以提前算到ans中
    k = (a*a) % c; //令K=a^2%c 
    //然后计算K^b/2 
    for(int i = 1;i<=b/2;i++){
        ans = (ans * k) % c;
    }
    ans = ans % c;

明显看出，我们由计算a的b次 改成计算k的b/2次，所以我们可以发现这个过程是可以迭代 下去的。当然，对于奇数的情形会多出一项a mod c，所以为了完成迭代，当b是奇数时，我们通过ans = (ans * a) % c;来弥补多出来的这一项，此时剩余的部分就可以进行迭代了。

    int ans = 1;
    a = a % c;
    while(b>0){
        if(b % 2 == 1)
            ans = (ans * a) % c;
        b = b/2;
        a = (a * a) % c;
}

本算法的时间复杂度为O（logb）。