快速冪總結(jié)

快速冪這個(gè)東西比較好理解，但實(shí)現(xiàn)起來到不老好辦，記了幾次老是忘，今天把它系統(tǒng)的總結(jié)一下防止忘記。

　　首先，快速冪的目的就是做到快速求冪，假設(shè)我們要求a^b,按照樸素算法就是把a(bǔ)連乘b次，這樣一來時(shí)間復(fù)雜度是O(b)也即是O(n)級(jí)別，快速冪能做到O(logn)，快了好多好多。它的原理如下：

　　假設(shè)我們要求a^b，那么其實(shí)b是可以拆成二進(jìn)制的，該二進(jìn)制數(shù)第i位的權(quán)為2^(i-1)，例如當(dāng)b==11時(shí)

?a¹¹=a^{(2^0+2^1+2^3)} 11的二進(jìn)制是1011，11 = 23×1 + 22×0 + 21×1 + 2o×1，因此，我們將a11轉(zhuǎn)化為算 a^{2^0}*a^{2^1}*a^{2^3}，也就是a¹*a²*a⁸? ，看出來快的多了吧原來算11次，現(xiàn)在算三次，但是這三項(xiàng)貌似不好求的樣子....不急，下面會(huì)有詳細(xì)解釋。 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? 由于是二進(jìn)制，很自然地想到用位運(yùn)算這個(gè)強(qiáng)大的工具：&和>> ? ? ? &運(yùn)算通常用于二進(jìn)制取位操作，例如一個(gè)數(shù) & 1 的結(jié)果就是取二進(jìn)制的最末位。還可以判斷奇偶x&1==0為偶，x&1==1為奇。 ? >>運(yùn)算比較單純,二進(jìn)制去掉最后一位，不多說了，先放代碼再解釋。 ? ? 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 }

　　代碼很短，死記也可行，但最好還是理解一下吧，其實(shí)也很好理解，以b==11為例，b=>1011,二進(jìn)制從右向左算，但乘出來的順序是?a^(2^0)*a^(2^1)*a^(2^3)，是從左向右的。我們不斷的讓base*=base目的即是累乘，以便隨時(shí)對(duì)ans做出貢獻(xiàn)。

　　其中要理解base*=base這一步：因?yàn)?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.......指數(shù)正是?2^i ，再看上面的例子，a11= a¹*a²*a⁸，這三項(xiàng)就可以完美解決了，快速冪就是這樣。

　　順便啰嗦一句，由于指數(shù)函數(shù)是爆炸增長(zhǎng)的函數(shù)，所以很有可能會(huì)爆掉int的范圍，根據(jù)題意選擇 long long還是mod某個(gè)數(shù)自己看著辦。

　　矩陣快速冪也是這個(gè)道理，下面放一個(gè)求斐波那契數(shù)列的矩陣快速冪模板

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 斐波那契數(shù)列

題目背景

大家都知道，斐波那契數(shù)列是滿足如下性質(zhì)的一個(gè)數(shù)列：

? f(1) = 1

? f(2) = 1

? f(n) = f(n-1) + f(n-2) (n ≥ 2 且 n 為整數(shù))

題目描述

請(qǐng)你求出 f(n) mod 1000000007 的值。

輸入輸出格式

輸入格式：

?

·第 1 行：一個(gè)整數(shù) n

?

?輸出格式：

?

第 1 行： f(n) mod 1000000007 的值

?

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：?復(fù)制 5 輸出樣例#1：?復(fù)制 5 輸入樣例#2：?復(fù)制 10 輸出樣例#2：?復(fù)制 55

說明

對(duì)于 60% 的數(shù)據(jù)： n ≤ 92

對(duì)于 100% 的數(shù)據(jù)： n在long long(INT64)范圍內(nèi)。

首先看到數(shù)據(jù)范圍，longlong以內(nèi)，故我們考慮矩陣加速動(dòng)態(tài)規(guī)劃。

我們都知道斐波那契數(shù)列有這樣的一個(gè)動(dòng)態(tài)轉(zhuǎn)移方程：f[i]=f[i-1]+f[i-2];

由此可以推出一個(gè)2×2的矩陣：1 1 1 0

然后就是套用矩陣快速冪的模板來加速。

以下是代碼：

#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;
}

?

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/Renyi-Fan/p/8142674.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的快速幂总结的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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