第二发~次方求模~

次方求模

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难度：3

描述

求a的b次方对c取余的值

输入：

第一行输入一个整数n表示测试数据的组数（n<100）
每组测试只有一行，其中有三个正整a,b,c(1<a,b,c<=1000000000)

输出：

输出a的b次方对c取余之后的结果

样例输入：

3
2 3 5
3 100 10
11 12345 12345

样例输出：

3
1
10481

代码：//自写~

#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;

int main()
{
int i;
int a,b,c;
int n;
cin>>i;
while(i--)
{
n=1;
cin>>a>>b>>c;
a=a%c;
while(b>0)
{
if(b%2==1)
n=((long long)n*a)%c;
a=((long long)a*a)%c;
b=b/2;
}
n=n%c;
cout<<n<<endl;
}

return 0;
}

问题详细解题思路：

求a^b mod c

算法1.

首先直接地来设计这个算法：

int  ans=1, i;
for(i=1;i<=b;i++)
ans*=a;
ans%=c;

这个算法的时间复杂度体现在for循环中，为O（b）.

这个算法存在着明显的问题,如果a和b过大，很容易就会溢出。

那么，我们先来看看第一个改进方案：在讲这个方案之前，要先有这样一个公式：

a^b mod c=(a mod c)^b

引理：

(a * b) mod c =[ ( a mod c )* (b mod c) ] mod c ;

证明： 设 a mod c =d，b mod c= e;

则：a=t*c + d ;  b=k*c + e ;

(a*b)mod c = (t*c+d)(t*c+e)

= (tk c^2 + ( te+dk ) *c + d*e) mod c

=de mod c

即积的取余等于取余的积的取余.

(a ^ b)mod c 由上述公式迭代即可得到 ( a mod c)^b.

证明了以上的公式以后，我们可以先让a关于c取余，这样可以大大减少a的大小，于是不用思考的进行了改进：

算法2：

int ans = 1 , i ;
a = a % c; //加上这一句
for ( i = 1;i<=b;i++)
ans = ans * a;
ans = ans % c;

既然某个因子取余之后相乘再取余保持余数不变，那么新算得的ans也可以进行取余，所以得到比较良好的改进版本。

算法3：

int  ans = 1 ,i ;
a = a % c;
for(int i = 1;i<=b;i++)
ans = (ans * a) % c; //这里再取了一次余
ans = ans % c;

这个算法在时间复杂度上没有改进，仍为O(b)，不过已经好很多的，但是在c过大的条件下，还是很有可能超时，所以，我们推出以下的快速幂算法。

快速幂取余依赖于以下公式：



那么我们可以得到以下算法：

算法4：

int  ans = 1 ，i ;
a = a % c;
if (b%2==1)
ans = (ans * a) mod c; //如果是奇数，要多求一步，
可以提前算到 ans 中。
k = (a*a) % c;  //我们取a^2 而不是a
for( i = 1;i<=b/2;i++)
ans = (ans * k) % c;
ans = ans % c;

我们可以看到，我们把时间复杂度变成了O(b/2).

当然，这样子治标不治本。

但我们可以看到，当我们令k = (a * a) mod c时，状态已经发生了变化，我们所要求的最终结果即为 k^(b/2) mod c

而不是原来的a^b mod c，所以我们发现这个过程是可以迭代下去的。当然，对于奇数的情形会多出一项a mod c，所以为了完成迭代，当b是奇数时，我们通过 ans = (ans * a) % c;

来弥补多出来的这一项，此时剩余的部分就可以进行迭代了。

形如上式的迭代下去后，当b=0时，所有的因子都已经相乘，算法结束。

于是便可以在O（log b）的时间内完成了。

于是，有了最终的算法：快速幂算法。

算法5：快速幂算法

int ans = 1;
a = a % c;
while(b>0) {
if(b % 2 == 1)
ans = (ans * a) % c;
b = b/2;
a = (a * a) % c;
}

将上述的代码结构化，也就是写成函数：

long long  PowerMod (int a, int b, int c)
{
int  ans = 1;
a = a % c;
while(b>0) {
if(b % 2 = = 1)
ans = (ans * a) % c;
b = b/2;       //   b>>=1;
a = (a * a) % c;
}
return ans;
}

本算法的时间复杂度为O（logb），能在几乎所有的程序设计（竞赛）过程中通过，是目前最常用的算法之一。

这种算法题~知道数学原理了就很好做了~加油~嘻嘻~我爱你刘仙~