51 Nod 1046 A^B Mod C (数论+矩阵快速幂)

1046 A^B Mod C 

基准时间限制:1 秒 空间限制:131072 KB 分值: 0 难度:基础题

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给出3个正整数A B C,求A^B Mod C。

例如,3 5 8,3^5 Mod 8 = 3。

Input

3个正整数A B C,中间用空格分隔。(1 <= A,B,C <= 10^9)

Output

输出计算结果

Input示例

3 5 8

Output示例

3

1.第一遍用java大数交的,超时。应该是用pow()函数导致的超时。

import java.math.*;
import java.util.*;
public class Main {
  public static void main(String args[]){
	  Scanner scan=new Scanner(System.in);
	  BigInteger a;
	  int b;
	  BigInteger c;
	  a=scan.nextBigInteger();
	  b=scan.nextInt();
	  c=scan.nextBigInteger();
	  System.out.println(a.pow(b).mod(c));
  }
}

2.其实不用大数就可以。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll a,b,c;
ll pow_n(ll x,ll n)
{
	ll ans=1;
	while(n>0)
	{
		if(n&1)
		   ans=(ans*x)%c;
		x=(x*x)%c;
		n=n>>1;
	}
	return ans%c;
}
int main()
{
	cin>>a>>b>>c;
	cout<<pow_n(a,b)%c<<endl;
	return 0;
}

 

### 关于51Nod 3100 上台阶问题的C++解法 #### 题目解析 该题目通常涉及斐波那契数列的应用。假设每次可以走一步或者两步,那么到达第 \( n \) 层台阶的方法总数等于到达第 \( n-1 \) 层和第 \( n-2 \) 层方法数之和。 此逻辑可以通过动态规划来解决,并且为了防止数值过大,需要对结果取模操作(如 \( \% 100003 \)[^1])。以下是基于上述思路的一个高效实现: ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 100003; long long f[100010]; int main() { int n; cin >> n; // 初始化前两项 f[0] = 1; // 到达第0层有1种方式(不移动) f[1] = 1; // 到达第1层只有1种方式 // 动态规划计算f[i] for (int i = 2; i <= n; ++i) { f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % MOD; } cout << f[n] << endl; return 0; } ``` 以上代码通过数组 `f` 存储每层台阶的结果,利用循环逐步填充至目标层数 \( n \),并最终输出结果。 --- #### 时间复杂度分析 由于仅需一次线性遍历即可完成所有状态转移,时间复杂度为 \( O(n) \)。空间复杂度同样为 \( O(n) \),但如果优化存储,则可进一步降低到 \( O(1) \): ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 100003; int main() { int n; cin >> n; long long prev2 = 1, prev1 = 1, current; if (n == 0 || n == 1) { cout << 1 << endl; return 0; } for (int i = 2; i <= n; ++i) { current = (prev1 + prev2) % MOD; prev2 = prev1; prev1 = current; } cout << prev1 << endl; return 0; } ``` 在此版本中,只保留最近两个状态变量 (`prev1`, `prev2`) 来更新当前值,从而节省内存开销。 --- #### 输入输出说明 输入部分接受单个整数 \( n \),表示台阶数量;程序会返回从地面走到第 \( n \) 层的不同路径数目,结果经过指定模运算处理以适应大范围数据需求。 ---
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