光速幂

warning：如果你还没有学过快速幂，请掉头先学快速幂因为快速幂的适用范围比这个东西更广

我们先回忆一下快速幂是怎么解决的
我们是利用二进制的性质将复杂度优化到单词询问$O(\log index)$
但是在有些题目中，可能复杂度不支持我们再在原有复杂度上增加一个$\log$（比如询问变成$10^7$次）
那么这个时候就需要运用到光速幂的内容了

当我们计算$a^b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$的时候，我们可以令$b=ks+t$，其中$s,t$是常数，$t\le s$
那么我们只需要预处理出任意一个$a^0,a^1,a^2...a^s$，$a^0,a^s,a^{2s},a^{3s}...a^{\lceil \frac{p}{s}\rceil s}$，那么最后询问答案就是$a^{ks}\times b^t$就可以$O(1)$得到答案
那为什么我们的预处理的上界要取到$p$呢？其实应该上界是$\varphi (p)$，但是为了方便我们就算到$p$。
根据欧拉定理
$$\begin{array}{rlr}{a}^{\varphi (p)}& \equiv 1& \mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ a^b& \equiv a^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\varphi (p)}& \mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$
也就是说，对于任意的$a^b$，一定有一个$a^c(c\le \varphi (p))$和他模$p$同余

那么显然当$s$取$\lceil \sqrt{p}\rceil$时可以做到不漏的情况下复杂度最优

那么我们直接处理出这些幂就可以了

下面给出的是洛谷模板题代码，记得指数要$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\varphi (p)$

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

# define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
# define _Rep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
# define RepG(i,u) for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)

typedef long long ll;

const int N=1e5+5;

template<typename T> void read(T &x){
   x=0;int f=1;
   char c=getchar();
   for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
   for(;isdigit(c);c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
    x*=f;
}

int a,b,p,bl;
int poww[N][2];

int phi(int x){
    int res=x;
    for(int i=2;i*i<=x;i++){
        if(x%i==0)res=res/i*(i-1);
        while(x%i==0)x/=i;
    }
    if(x>1)res=res/x*(x-1);
    return res;
}

int Qpow(int ind){
    ind%=phi(p);
    return 1ll*poww[ind%bl][0]*poww[ind/bl][1]%p;
}

signed main()
{
    read(a),read(b),read(p);
    bl=sqrt(p)+1;
    poww[0][0]=1;
    Rep(i,1,bl)poww[i][0]=1ll*poww[i-1][0]*a%p;
    poww[0][1]=1;
    Rep(i,1,bl)poww[i][1]=1ll*poww[i-1][1]*poww[bl][0]%p;
    printf("%d^%d mod %d=%d\n",a,b,p,Qpow(b));
    return 0;
}

下面简单的分析一下光速幂和快速幂的优点缺点

性能	快速幂	光速幂
时间复杂度	单次询问$O(\log b)$	预处理$O(\sqrt{p})$，询问$O(1)$
空间复杂度	$$
应用范围	任何时候都可以使用	只有在底数相同，模数相同时可以使用
码量	短	比快速幂稍长（如果写$\varphi$的话）