快速幂总结

快速幂总结

快速幂这个东西比较好理解，但实现起来到不老好办，记了几次老是忘，今天把它系统的总结一下防止忘记。

　　首先，快速幂的目的就是做到快速求幂，假设我们要求a^b,按照朴素算法就是把a连乘b次，这样一来时间复杂度是O(b)也即是O(n)级别，快速幂能做到O(logn)，快了好多好多。它的原理如下：

　　假设我们要求a^b，那么其实b是可以拆成二进制的，该二进制数第i位的权为2^(i-1)，例如当b==11时

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　   a¹¹=a^{(2^0+2^1+2^3)}

　　11的二进制是1011，11 = 2³×1 + 2²×0 + 2¹×1 + 2º×1，因此，我们将a¹¹转化为算 a^{2^0}*a^{2^1}*a^{2^3}，也就是a¹*a²*a⁸ 

，看出来快的多了吧原来算11次，现在算三次，但是这三项貌似不好求的样子....不急，下面会有详细解释。                                                                                             

 

 

 

　　由于是二进制，很自然地想到用位运算这个强大的工具：&和>>    

 

&运算通常用于二进制取位操作，例如一个数 & 1 的结果就是取二进制的最末位。还可以判断奇偶x&1==0为偶，x&1==1为奇。

 

>>运算比较单纯,二进制去掉最后一位，不多说了，先放代码再解释。

 

 

 

　　

 1 int poww(int a,int b){//求a的b次方
 2     int ans=1,base=a;
 3     while(b!=0){
 4         if(b&1!=0)
 5         　　ans*=base;
 6         base*=base;
 7         b>>=1;
 8　　 }
 9     return ans;
10 }

　　代码很短，死记也可行，但最好还是理解一下吧，其实也很好理解，以b==11为例，b=>1011,二进制从右向左算，但乘出来的顺序是 a^(2^0)*a^(2^1)*a^(2^3)，是从左向右的。我们不断的让base*=base目的即是累乘，以便随时对ans做出贡献。

　　其中要理解base*=base这一步：因为 base*base==base²，下一步再乘，就是base²*base²==base⁴，然后同理  base⁴*base⁴=base⁸，由此可以做到base-->base²-->base⁴-->base⁸-->base¹⁶-->base³².......指数正是 2^i ，再看上面的例子，a¹¹= a¹*a²*a⁸，这三项就可以完美解决了，快速幂就是这样。

　　顺便啰嗦一句，由于指数函数是爆炸增长的函数，所以很有可能会爆掉int的范围，根据题意选择 long long还是mod某个数自己看着办。

　　矩阵快速幂也是这个道理，下面放一个求斐波那契数列的矩阵快速幂模板

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cmath>
 5 #include<algorithm>
 6 using namespace std;
 7 const int mod = 10000;
 8 const int maxn = 35;
 9 int N;
10 struct Matrix {
11     int mat[maxn][maxn];
12     int x, y;
13     Matrix() {
14         memset(mat, 0, sizeof(mat));
15         for (int i = 1; i <= maxn - 5; i++) mat[i][i] = 1;
16     }
17 };
18 inline void mat_mul(Matrix a, Matrix b, Matrix &c) {
19     memset(c.mat, 0, sizeof(c.mat));
20     c.x = a.x; c.y = b.y;
21     for (int i = 1; i <= c.x; i++) {
22         for (int j = 1; j <= c.y; j++) {
23             for (int k = 1; k <= a.y; k++) {
24                 c.mat[i][j] += (a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) % mod;
25                 c.mat[i][j] %= mod;
26             }
27         }
28     }
29     return;
30 }
31 inline void mat_pow(Matrix &a, int z) {
32     Matrix ans, base = a;
33     ans.x = a.x; ans.y = a.y;
34     while (z) {
35         if (z & 1 == 1) mat_mul(ans, base, ans);
36         mat_mul(base, base, base);
37         z >>= 1;
38     }
39     a = ans;
40 }
41 int main() {
42     while (cin >> N) {
43         switch (N){
44             case -1: return 0;
45             case 0: cout << "0" << endl; continue; 
46             case 1: cout << "1" << endl; continue;
47             case 2: cout << "1" << endl; continue;
48         }
49         Matrix A, B;
50         A.x = 2; A.y = 2;
51         A.mat[1][1] = 1; A.mat[1][2] = 1;
52         A.mat[2][1] = 1; A.mat[2][2] = 0;
53         B.x = 2; B.y = 1;
54         B.mat[1][1] = 1; B.mat[2][1] = 1;
55 
56         mat_pow(A, N - 1);
57         mat_mul(A, B, B);
58         cout << B.mat[1][1] << endl;
59 
60     }
61     return 0;
62 }

 

 

洛谷P1962 斐波那契数列

题目背景

大家都知道，斐波那契数列是满足如下性质的一个数列：

• f(1) = 1

• f(2) = 1

• f(n) = f(n-1) + f(n-2) (n ≥ 2 且 n 为整数)

题目描述

请你求出 f(n) mod 1000000007 的值。

输入输出格式

输入格式：

 

·第 1 行：一个整数 n

 

 输出格式：

 

第 1 行： f(n) mod 1000000007 的值

 

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5

输出样例#1： 复制

5

输入样例#2： 复制

10

输出样例#2： 复制

55

说明

对于 60% 的数据： n ≤ 92

对于 100% 的数据： n在long long(INT64)范围内。

首先看到数据范围，longlong以内，故我们考虑矩阵加速动态规划。

我们都知道斐波那契数列有这样的一个动态转移方程：f[i]=f[i-1]+f[i-2];

由此可以推出一个2×2的矩阵：1 1 1 0

然后就是套用矩阵快速幂的模板来加速。

以下是代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
using namespace std;
typedef long long lol;

lol n;
lol mod=1e9+7;
lol f[3][3],ans[3]={0,1,1};

void lu() {
lol t[3]={0};
for (int i=1;i<=2;i++)
for (int j=1;j<=2;j++)
t[i]=(t[i]+(ans[j]*f[j][i])%mod)%mod;
memcpy(ans,t,sizeof(ans));
}

void ge() {
lol t[3][3]={0};
for (lol i=1;i<=2;i++)
for (lol j=1;j<=2;j++)
for (lol k=1;k<=2;k++)
t[i][j]=(t[i][j]+(f[i][k]*f[k][j])%mod)%mod;
memcpy(f,t,sizeof(f));
}

int main() {
cin>>n;
if (n==1||n==2||!n) {
cout<<'1'<<endl;
exit(0);
}
n--;
f[1][1]=1;f[1][2]=1;
f[2][1]=1;f[2][2]=0;
while (n) {
if (n&1) lu();
ge();n>>=1;
}
cout<<ans[2]<<endl;
return 0;
}