【引自OI Wiki

因为以后可能会增加一点自己的理解,所以不打算每次都去查原帖,故在此直接做笔记和更改


快速幂

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。而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。

算法描述

计算 $a$ 的 $n$ 次方表示将 $n$ 个 $a$ 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。

首先我们将 $n$ 表示为 2 进制,举一个例子:

因为 $n$ 有 $\lfloor \log_2 n \rfloor + 1$ 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:

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:

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

其中 $n_i\in{0,1}$。那么就有

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 $\Theta(\log n)$ 个 $2^k$ 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。

代码实现

首先我们可以直接按照上述递归方法实现:

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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;
}

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。

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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;
}

模板:Luogu P1226

应用

模意义下取幂

题目描述

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。

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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;
}

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

题目描述

计算斐波那契数列第 $n$ 项 $F_n$。

根据斐波那契数列的递推式 $Fn = F{n-1} + F{n-2}$,我们可以构建一个 $2\times 2$ 的矩阵来表示从 $F_i,F{i+1}$ 到 $F{i+1},F{i+2}$ 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

题目描述

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

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。

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:

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):

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。

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 $9$:

  2. Scale 操作:把 $x$ 坐标拉伸 10 倍,$y,z$ 坐标拉伸 5 倍:

  3. Rotate 操作:绕 $x$ 轴旋转 $\theta$ 弧度,遵循右手定则(逆时针方向)

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

题目描述

给一个有向图(边权为 1),求任意两点 $u,v$ 间从 $u$ 到 $v$,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 $i$ 到 $j$ 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:

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:

我们巧妙运用 unsigned long long 的自然溢出:

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 $\dfrac ap$ 再乘上 $b$。

既然使用了 long double,就无疑会有进度误差。极端情况就是第一个有效数字在小数点后一位。因为 sizeof(long double)=16,即 long double 的进度是 $64$ 位有效数字。所以 $\dfrac ap$ 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 $m$ 在 long long 范围内,所以如果计算结果 $r$ 在 $[0,m)$ 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:

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long long binmul(long long a, long long b, long long m) {
unsigned long long c =
(unsigned long long)a * b - (unsigned)((long double)a / m * b + 0.5L) * m;
if (c < m) return c;
return c + m;
}

高精度快速幂

例题【NOIP2003 普及组改编·麦森数】(原题在此

题目描述

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。

代码实现如下:

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[505], b[505], t[505], i, j;
int 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);
mult(b, b);
if (p % 2 == 1) mult(b, a);
}
int main() {
int p;
scanf("%d", &p);
a[0] = 1;
a[1] = 2;
b[0] = 1;
b[1] = 1;
ksm(p);
for (i = 100; i >= 1; i--) {
if (i == 1) {
printf("%d\n", b[i] - 1);
} else
printf("%d", b[i]);
}
}

习题