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快速幂

定义

快速幂,二进制取幂(Binary Exponentiation,也称平方法),是一个在 Θ(logn) 的时间内计算 an 的小技巧,而暴力的计算需要 Θ(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 an 次方表示将 na 乘在一起:an=a×a×an 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:ab+c=abac,a2b=abab=(ab)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

迭代版本

首先我们将 n 表示为 2 进制,举一个例子:

313=3(1101)2=383431

因为 nlog2n+1 个二进制位,因此当我们知道了 a1,a2,a4,a8,,a2log2n 后,我们只用计算 Θ(logn) 次乘法就可以计算出 an

于是我们只需要知道一个快速的方法来计算上述 3 的 2k 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:

31=332=(31)2=32=934=(32)2=92=8138=(34)2=812=6561

因此为了计算 313,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:

313=6561813=1594323

将上述过程说得形式化一些,如果把 n 写作二进制为 (ntnt1n1n0)2,那么有:

n=nt2t+nt12t1+nt22t2++n121+n020

其中 ni{0,1}。那么就有

an=(ant2t++n020)=an020×an121××ant2t

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 2i 项推出 2i+1 项。

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

递归版本

上述迭代版本中,由于 2i+1 项依赖于 2i,使得其转换为递归版本比较困难(一方面需要返回一个额外的 a2i,对函数来说无法实现一个只返回计算结果的接口;另一方面则是必须从低位往高位计算,即从高位往低位调用,这也造成了递归实现的困扰),下面则提供递归版本的思路。

给定形式 nti=(ntnt1ni)2,即 nti 表示将 n 的前 ti+1 位二进制位当作一个二进制数,则有如下变换:

n=nt0=2×nt1+n0=2×(2×nt2+n1)+n0

那么有:

an=ant0=a2×nt1+n0=(ant1)2an0=(a2×nt2+n1)2an0=((ant2)2an1)2an0

如上所述,在递归时,对于不同的递归深度是相同的处理:anti=(ant(i+1))2ani,即将当前递归的二进制数拆成两部分:最低位在递归出来时乘上去,其余部分则变成新的二进制数递归进入更深一层作相同的处理。

可以观察到,每递归深入一层则二进制位减少一位,所以该算法的时间复杂度也为 Θ(logn)

应用

模意义下取幂

洛谷 P1226【模板】快速幂

给定三个整数 a,b,p,求 abmodp。其中 p2

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。

首先我们可以直接按照上述递归方法实现:

参考实现
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long long binpow(long long a, long long b, long long p) {
  if (b == 0) return 1;
  long long res = binpow(a, b / 2, p);
  if (b % 2)
    return res * res % p * a % p;
  else
    return res * res % p;
}
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def binpow(a, b, p):
    if b == 0:
        return 1
    res = binpow(a, b // 2, p)
    if (b % 2) == 1:
        return res * res * a % p
    else:
        return res * res % p

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。

参考实现
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long long binpow(long long a, long long b, long long p) {
  long long res = 1;
  while (b > 0) {
    if (b & 1) res = res * a % p;
    a = a * a % p;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}
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def binpow(a, b, p):
    res = 1
    while b > 0:
        if b & 1:
            res = res * a % p
        a = a * a % p
        b >>= 1
    return res
注意
  • 模数通常情况下大于 1。在十分特殊的情况下,模数 p 可能等于 1,此时需要特殊考虑 b=0 的情况。
  • 当指数很大时,需利用 扩展欧拉定理 降幂后计算。

计算斐波那契数

根据斐波那契数列的递推式 Fn=Fn1+Fn2,我们可以构建一个 2×2 的矩阵来表示从 Fi,Fi+1Fi+1,Fi+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 Θ(logn) 的时间内计算出结果。对于更多的细节参见 斐波那契数列,矩阵快速幂的实现参见 矩阵加速递推 中的实现。

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上即可。时间复杂度为 O(nlogk)。对于更多的细节参见 置换的复合

注意

对这个置换建图,然后在每一个环上分别做 k 次幂(事实上等价于 k 对环长取模),可以在 O(n) 的时间复杂度下解决此问题。

加速几何中对点集的操作

HDU 4087 A Letter to Programmers

给定三维空间中 n 个点 pi,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. 绕某条直线旋转(Rotate)。

还有一个特殊的操作,就是将某个操作序列重复 k 次(Repeat),Repeat 操作可以嵌套。输出操作结束后每个点的坐标。

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:参考 Rotation matrix from axis and angle,可以用旋转矩阵乘以点对应的向量得到。

可以看到,每一个操作可以用一个 4×4 的矩阵来表示:

[a11a12a13a14a21a22a23a24a31a32a33a34a41a42a43a44]

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):

[a11a12a13a14a21a22a23a24a31a32a33a34a41a42a43a44][xyz1]=[xyz1]

在矩阵中,我们在三维坐标之外添加了一维,并将其置为 1。这样的话,我们就可以使用矩阵乘法来描述 Shift 操作了。

对于每个操作,可以按如下方法构造矩阵。

  1. (Shift 操作)让 x 坐标方向的位移为 Δxy 坐标的位移为 Δyz 坐标的位移为 Δz

    [100Δx010Δy001Δz0001]
  2. (Scale 操作)把 x 坐标拉伸 Δx 倍,y 坐标拉伸 Δy 倍,z 坐标拉伸 Δz 倍:

    [Δx0000Δy0000Δz00001]
  3. (Rotate 操作)绕单位向量 u=(ux,uy,uz) 逆时针旋转 θ 弧度

    [ux2(1cosθ)+cosθuxuy(1cosθ)uzsinθuxuz(1cosθ)+uysinθ0uxuy(1cosθ)+uzsinθuy2(1cosθ)+cosθuyuz(1cosθ)uxsinθ0uxuz(1cosθ)uysinθuyuz(1cosθ)+uxsinθuz2(1cosθ)+cosθ00001]

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 Repeat 操作相当于取一个矩阵的 k 次幂。这样可以用 O(mlogk) 的时间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+mlogk)

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 uv,长度为 k 的路径的条数。

我们把该图的邻接矩阵 Mk 次幂,那么 Mi,j 就表示从 ij 长度为 k 的路径的数目。该算法的复杂度是 O(n3logk)。有关该算法的细节请参见 矩阵 页面。

模意义下的整数乘法

问题描述

给定非负整数 a,b 和正整数 m,计算 a×bmodm,其中 a,bm1018

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整型溢出。这样可以在 O(logm) 的时间复杂度下解决问题。递归方法如下:

ab={0if a=02a2bif a>0 and a even2a12b+bif a>0 and a odd

但在实际使用中,此方法由于引入了更大的计算复杂度导致时间效率不优。实际编程中通常利用 快速乘 来进行模数范围在 long long 时的乘法操作。

高精度快速幂

前置技能:大整数乘法

洛谷 P1045 [NOIP 2003 普及组] 麦森数

给定整数 P1000<P<3100000),计算 2P1 的位数与最后 500 位数字(用十进制数表示),不足 500 位时高位补 0。

代码实现
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#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;

const int M = 500;

int a[505], b[505], t[505];

// 大整数乘法
void mult(int x[], int y[]) {
  memset(t, 0, sizeof(t));
  for (int i = 1; i <= x[0]; i++) {
    for (int j = 1; j <= y[0]; j++) {
      if (i + j - 1 > M) 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));
}

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

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  int p;
  cin >> 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
  binpow(p);
  cout << (int)(log10(2) * p) + 1 << '\n';
  b[1] -= 1;  // 最后一位减 1
  for (int i = M; i >= 1; i--) {
    cout << b[i];
    if ((i - 1) % 50 == 0) {
      cout << '\n';
    }
  }
}

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(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 a0asa0sapss 的值并存在两个数组里;
  2. 对于每一次询问 abmodp,将 b 拆分成 bss+bmods,则 ab=abss×abmods,可以 O(1) 求出答案。

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

参考代码
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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] % mod;
}

习题

本页面部分内容译自博文 Бинарное возведение в степень 与其英文翻译版 Binary Exponentiation。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link;英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。