快速幂、矩阵快速幂及其模板

快速幂

题目描述

给定$3$个整数$a,b,p$，求$a^{b}modp$的值。

输入输出格式

输入格式：

$3$个整数$a,b,p$。

输出格式：

$a^{b}modp$的值。

输入输出样例

输入样例#1：

2 3 7

输出样例#1：

1

输入样例#2：

23 15 103

输出样例#2：

81

说明

【数据范围】

对于全部数据，$a,b,p$在$longlong$范围内。

算法

我们知道，

∀b∈N,∃A={ai}(i∈N,ai∈{0,1})⇒b=∑i=0⌊log⁡2b⌋2iai\forall b\in\mathbb{N},\exists A= \{a_i\}(i\in\mathbb{N},a_i\in\{0,1\})\Rightarrow b=\sum^{\lfloor\log_2 b\rfloor}_{i=0}2^ia_i∀b∈N,∃A={ai​}(i∈N,ai​∈{0,1})⇒b=i=0∑⌊log2​b⌋​2iai​

所以，

$$a^b=a^{{\sum }_{i=0}^{\lfloor {\log }_{2}b\rfloor }{2}^i{a}_i}=\prod _{i=0}^{\lfloor {\log }_{2}b\rfloor }{a}^{2^i{a}_i}$$

其中$a^{2^i}$可以通过递推用$\Theta (\log b)$的时间生成。所以我们只要把$b$每次除以二，看这次的奇偶性再决定是否要乘到$ans$上就行了。

实现

快速幂模板：

typedef long long ll;
ll QuickPow(ll a, ll b, ll p)
{

    ll res = 1;
    a %= p;
    while (b) {
        if (b & 1) res = (res * a) % p;

        a = (a * a) % p;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

代码：

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

typedef long long ll;

ll a, b, p;

ll QuickPow(ll a, ll b, ll p)
{

    ll res = 1;
    a %= p;
    while (b) {
        if (b & 1) res = (res * a) % p;

        a = (a * a) % p;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    //freopen("LCA.in", "r", stdin);
    //freopen("LCA.out", "w", stdout);

    scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &p);
	printf("%lld", QuickPow(a, b, p));
	return 0;
}

矩阵快速幂

题目描述

给定$2$个正整数$n,p$，求$Fibonacci$数列的第$n$项$modp$的值。

输入输出格式

输入格式：

$2$个整数$n,p$。

输出格式：

$Fibonacci$数列的第$n$项$modp$的值。

输入输出样例

输入样例#1：

5 11

输出样例#1：

5

输入样例#2：

39 107

输出样例#2：

105

说明

【数据范围】

对于全部数据，$n,p$在$longlong$范围内。

算法

我们记$Fibonacci$数列第$n$项为$f_n$。
假定存在实数$a,b,c,d$，使

$$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{f}_{n-1}\\ f_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{f}_n\\ f_{n+1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{f}_n\\ f_{n-1}+f_n\end{array}\right)$$

易见

$$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$$

所以

$$\left(\begin{array}{c}{f}_n\\ f_{n+1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{f}_{n-1}\\ f_n\end{array}\right)={\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)}^2\left(\begin{array}{c}{f}_{n-2}\\ f_{n-1}\end{array}\right)={\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)}^n\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$$

其中${\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)}^n$可以$\Theta (\log n)$实现

数学优化果然是最强的。。。

实现

代码：

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

long long n, m, fb[3];
struct Node {
    long long g[4][4];
} f, res;

void matrixI(Node &x)
{
    for (int i = 1; i <= 2; i++)
        for (int j = 1; j <= 2; j++)
            x.g[i][j] = (i == j);
}

void matrixMultiple(Node &x, Node &y, Node &z)
{
    memset(z.g, 0, sizeof(z.g));

    for (int i = 1; i <= 2; i++) {
        for (int j = 1; j <= 2; j++) {
            if (x.g[i][j]) {
                for (int k = 1; k <= 2; k++) {
                    z.g[i][k] += x.g[i][j] * y.g[j][k];
                    z.g[i][k] %= m;
                }
            }
        }
    }
}

void matrixMuli(int k)
{
    matrixI(res);
    Node tmp = f, t;
    while (k) {
        if (k & 1) {
            matrixMultiple(res, tmp, t);
            res = t;
        }
        matrixMultiple(tmp, tmp, t);
        tmp = t;
        k >>= 1;
    }
}

long long solve()
{
    if (n <= 2) return 1;
    matrixMuli(n - 2);
    return (res.g[1][1] + res.g[2][1]) % m;
}

int main()
{
    //freopen("Fibonacci.in","r",stdin);

    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    f.g[1][1] = 1;
    f.g[1][2] = 1;
    f.g[2][1] = 1;
    f.g[2][2] = 0;
    printf("%lld\n", solve());
    return 0;
}