快速幂与费马小定理与组合数

最新推荐文章于 2024-08-12 22:10:46 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/love-fromAtoZ/p/8552053.html

本文深入探讨了快速幂算法的实现与应用，包括同余除法、逆元求解、费马小定理的应用，以及如何通过矩阵快速幂优化算法解决复杂问题。通过具体示例，如牛客网挑战赛题目、Hrbust1140和石油大学oj6016，详细讲解了算法的优化技巧与实战经验。

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <vector>
#include <math.h>
using namespace std;
long long int QPow(long long int a,long long int x){
    if(x == 0){return 1;}
    if(x == 1){return a;}
    long long int ans = QPow(a,x / 2);
    if(x % 2 == 0){return ans * ans;}
    return ans * ans * a;
}

int main(){
    long long int a,b;
    while(scanf("%lld%lld",&a,&b) != EOF){
        long long int ans = QPow(a,b);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

算法时间复杂度O(logN)。

牛客网WannaFly挑战赛11.B——白兔的式子

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/73/B
来源：牛客网

题目描述

已知 f[1][1]=1,f[i][j]=a*f[i-1][j]+b*f[i-1][j-1](i>=2,1<=j<=i)。

对于其他情况f[i][j]=0

有T组询问，每次给出a,b,n,m，求f[n][m] mod (998244353)

输入描述:

第一行为一个整数T，表示询问个数。
接下来一共T行，每行四个整数a,b,n,m。

输出描述:

一共T行，每行一个整数，表示f[n][m] mod (998244353)

示例1

输入

2
2 3 3 3
3 1 4 1

输出

9
27

备注:

T<=100000

1<=m<=n<=100000

0<=a,b<=10⁹

同余除法，求逆元，费马小定理，快速幂，阶乘预处理

费马小定理：一个数a，一个质数p。a的逆元是a^(p - 2)。

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<math.h>
using namespace std;
long long int Mod = 998244353;
long long int A[200050];
long long int P[200050];

long long int QPow(long long int a,long long int x){
    if(x == 0){return 1;}
    if(x == 1){return a;}
    long long int ans = QPow(a,x / 2);
    if(x % 2 == 0){return ans * ans % Mod;}
    return ans * ans % Mod * a % Mod;
}

void init(){
    A[0] = 1;
    A[1] = 1;
    for(int i = 2;i <= 200000;i ++){
        A[i] = i * A[i - 1] % Mod;
    }
    P[0] = 1;
    P[100000] = QPow(A[100000],Mod - 2);
    for(int i = 99999;i >= 1;i --){
        P[i] = P[i + 1] * (i + 1) % Mod;
    }
}

int main()
{
    int T;
    init();
    scanf("%d",&T);

    while(T --){
        long long int a,b,n,m;
        scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&n,&m);
        if(m > n){printf("0\n");}
        else{
            long long int ans = A[n - 1] * P[m - 1] % Mod * P[n - m] % Mod * QPow(a,n - m) % Mod * QPow(b,m - 1) % Mod;
            printf("%lld\n",ans);
        }
/*
        printf("%lld\n",A[n - 1]);
        printf("%lld\n",QPow(A[m - 1],Mod - 2));
        printf("%lld\n",QPow(A[n - m],Mod - 2));
        printf("%lld\n",QPow(a,n - m));
        printf("%lld\n",QPow(b,m - 1));
*/
    }

    return 0;
}

提交的过程中，一开始将ans分成两部分再乘到一起，WA了无数发，后来放到一起就神奇的过了。不知道为啥= =

Hrbust 1140

题目大意：

　　给a，b（2000000000以内），求出a^b在进行策略。

　　策略为将所有数字加到一起，循环至一位数。

　　如12345 = 1+2+3+4+5 = 15 = 1+6 = 7。

题意分析：

　　矩阵快速幂无需多说，重要的是该模多少。

　　有一个推论设 abcde为一个整数，a+b+c+d+e = n，则n%9 = abcde % 9。

　　推理如下：

　　　　a + b + c + d + e = 9999a + a + 999b + b + 99c + c + 9d + d + e = abcde。

AC代码：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <vector>
#include <math.h>
#define llt long long
using namespace std;

long long int Mod = 9;
long long int QPow(long long int a,long long int x){
    if(x == 0){return 1;}
    if(x == 1){return a;}
    long long int ans = QPow(a,x / 2);
    if(x % 2 == 0){return ((ans % Mod) * (ans % Mod)) % Mod;}
    return ((ans % Mod) * (ans % Mod) % Mod * a % Mod) % Mod;
}

int main(){
    long long int a,b;
    while(scanf("%lld%lld",&a,&b) != EOF){
        long long int ans = QPow(a,b);
        if(a == 0){ans = 0;}
        else if(ans == 0){ans = 9;}
        printf("%lld\n",ans);
    }


    return 0;
}

石油大学oj 6016

题目要求给n（3，1e9），k（3，1e6），求C(n,k) + ... + C(n,n)。

因为k<<n，应求2^n - C(n,0) - C(n,1) - ... - C(n,k - 1)。

主要坑点在于如何处理负数，加上modd再模一次即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long int ans = 1;
long long int modd = 1e9 + 7;
long long int QPow(long long int a,long long int x){
    if(x == 0){return 1;}
    if(x == 1){return a;}
    long long int ans = QPow(a,x / 2);
    if(x % 2 == 0){return ans * ans % modd;}
    return ans * ans % modd * a % modd;
}

long long int _p(long long int x){
    return QPow(x,modd - 2);
}

void C(long long int n,long long int k){
    long long int t1 = n;
    long long int t2 = 1;
    long long int a = n;
    long long int b = 1;
    for(long long int i = 1;i < k;i ++){
        ans = (ans - a * _p(b) % modd + modd) % modd;
        //printf("A %lld\n",ans);
        //printf("M %lld\n",a * _p(b) % modd);
        t1 --;t2 ++;
        a = a * t1 % modd;
        b = b * t2 % modd;
        //printf("a %lld\nb %lld\n",a,b);
    }
}

int main(){
    long long int n,k;
    while(scanf("%lld%lld",&n,&k)!=EOF){
        if(k > n){printf("0\n");continue;}
        ans = QPow(2,n) - 1;
        C(n,k);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/love-fromAtoZ/p/8552053.html