快速幂

假如我们想要得到 $3^{100}mod10007$，你会怎么做？

你可能会写出这样的代码

const int mod = 10007;
int ans = 1;
for (int i = 0; i < 100; i++)
  ans = ans * 3 % mod;
return ans;

假如要计算的是 $a^{n}modp$，那么这种写法的时间复杂度是 $O(n)$。尽管 $O(n)$ 听起来已经很不错，但是，我们可以做到更快。

平方法

假设初始为 $a$，自乘后得到 $a^2$，再对结果自乘得到 $a^4$，反复下去，我们可以得到一列数

$$a\to a^2\to a^4\to a^8\to a^{16}\to a^{32}\to a^{64}\to \cdots$$

容易发现，它的指数的增长速度是 $2^k$，比线性增长的速度快的多。

我们可以尝试利用“平方法”加速幂的运算。

递归方法

很自然的想到

$$a^n=\{\begin{array}{ll}{a}^{n-1}\times a,& nmod2=1\\ a^{\frac{n}{2}}\times a^{\frac{n}{2}},& nmod2=0\end{array}$$

可以据此实现代码

const int mod = 10007;
int qpow(int a, int n) {
  if(n == 0) {
    return 1;
  } else if(n % 2 == 1) {
    return qpow(a, n - 1) * a % mod;
  } else {
    int t = qpow(a, n / 2);
    return t * t % mod;
  }
}

思考

为什么不写 qpow(a, n / 2) * qpow(a, n / 2)，而用 t 进行存储？

递归本身也具有一定的开销，我们可以稍加思考，改进得到非递归法。

非递归法

还是讨论 $a^{100}$，我们可以把它拆分成“平方法”数列中的项的乘积

$$a^{100}=a^{64}\times a^{32}\times a^4$$

那么对于任意的 $n$，如何拆分 $a^n$ 才可以利用平方法加速呢？

注意到平方法数列中的指数都是 $2$ 的幂，即把 $n$ 分解为 $2$ 的幂的和，于是很自然的想到 $n$ 的二进制表示。

因为 ${100}_{10}={1100100}_2$，于是有

$$\begin{array}{cccccccc}& a^1& a^2& a^4& a^8& a^{16}& a^{32}& a^{64}\\ 100& & & 4& & & 32& 64\\ 100& 0& 0& 1& 0& 0& 1& 1\end{array}$$

即二进制下该位为 $1$，则计算该位的贡献；若该位为 $0$，则不计算该位的贡献。

于是可以写出代码

const int mod = 10007;
int qpow(int a, int n) {
  int ans = 1;
  while(n > 0) {
    if(n % 2 == 1)
      ans = ans * a % mod;
    a = a * a % mod;
    n = n / 2;
  }
  return ans;
}

在实际使用时往往写成这样

i64 qpow(i64 a, i64 b, i64 p) {
  i64 ret = p != 1;
  for(; b; b >>= 1) {
    if(b & 1)
      ret = a * ret % p;
    a = a * a % p;
  }
  return ret;
}

应用

快速幂只是一个小技巧，但是应用的范围很广泛。

数列递推

拿我们熟悉的 Fibonacci 数列举例

$$F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$$

可以写成矩阵乘法形式

$$\left(\begin{array}{c}{F}_{n+1}\\ F_{n+2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{F}_n\\ F_{n+1}\end{array}\right)$$

设 $P=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right)$ ，于是有

$$\left(\begin{array}{c}{F}_{n+1}\\ F_{n+2}\end{array}\right)=P^n\left(\begin{array}{c}{F}_1\\ F_2\end{array}\right)$$

可以对矩阵使用快速幂，那么计算第 $n$ 项只需 $O(\log n)$。

参考资料

• 快速幂 - OIWiki。

例题

• P1226 【模板】快速幂
• P1962 斐波那契数列