普通快速幂与矩阵快速幂

普通快速幂

求解n^m%c

先说我们最容易理解的一种方法

int ans = 1;
for（int i = 1;i <= m;i ++）
ans = ans * n;
ans = ans%c;

这种方法一般情况下都不可用，因为如果m,n较大会超long long，而且此时复杂度为O(m),如果m较大也容易超时

现在我们先来解决超long long的问题,数论中有：积的取余等于取余的积的取余，即 (ab)%c = ( (a%c) * (b%c) ) %c ,所以上面的代码可以改为

int ans = 1;
n=n%c;
for（int i = 1;i <= m;i ++）
{
ans = ans * n;
ans = ans%c;
}

此时解决了超long long 的问题，接下来解决超时问题

我们可以先这样想 假如 m 为偶数 那么如果 k=n*n,则上面的代码只需要循环m/2次就好(此时 k 相当于 n ) ，假如m为奇数，k=n*n,那么循环m/2次之后依旧要乘以一个 n ，代码如下：

int ans = 1;
if(m%2 == 1)
{
ans = (ans*n)%c;  //假如m为奇数可以在前面乘上多出的一项
}
n=n%c;
for（int i = 1 ; i <= m/2 ; i++ ）
{
ans = ans*n;
ans = ans%c;
}

此时复杂度为O(m/2),依旧可能超时，如上面所说，假如k=n*n,那么循环m/2就可以了，假设m/2为偶数，那么此时让k=k*k,只需要循环m/4次就可以了，如果每循环一下就迭代一次 可以保证复杂度为O( logn ),代码如下（以函数的形式体现）：

int find（int n , int m）
{
int ans=1;
while( m > 0 )  //当m = 1时 将所有的结果都相乘得出最后结果 ans
{
if(m%2 == 1)
{
ans  =  (ans*n)%c;  //m为奇数,可以提前乘以 多出的那一个
}
n  =  (n*n)%c;   //无论m为奇还是为偶 都进行迭代 此时m=m/2;
m  =  m/2;
}
return ans;
}

必要的时候 int 可以换作long long

例题：ZOJ Problem Set - 3549

题意为：给出两个数字 n 和 m (1 <=n<= 100 , 1<=m<=1000000,求 1^m+2^m+3^m+ … +n^m 之和最后剩余的0的个数

代码实现如下：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define M 1000000000

long long PowerMod(int a,int b)
{
long long ans = 1,x = a ;
while( b )
{
if( b%2 == 1 )
ans = (ans*x)%M;
b = b/2;
x = (x*x)%M;
}
return ans;
}
int main()
{
int n,m,i,ans;
long long sum;
while(scanf("%d%d",&n,&m) != EOF)
{
sum = 0 ;
for(i = 1;i <= n;i ++)
{
sum = sum+PowerMod(i,m);
}
ans = 0;
while(sum)
{
if(sum%10 == 0)
ans ++;
else
break;
sum = sum/10;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}

矩阵快速幂

矩阵快速幂和普通快速幂计算原理差不多，重点在是否能看出是矩阵快速幂的题而且能找出矩阵初始值，此处http://www.matrix67.com/blog/archives/276有能用矩阵快速幂解题的十大经典题目，可以看一下，另外说一下矩阵相乘 ：假如存在两个矩阵 A （行数为 i1 列数为 j1）和 B(行数为 i2 列数为 j2 ) 只要满足 j1 == i2 就可以进行相乘 结果矩阵大小为（ i1 行 j2 列） 相乘的过程如下

a1  a2  a3       b1          a1*b1 + a2*b2 + a3*b3
a4  a5  a6    *  b2   =      a4*b1 + a5*b2 + a6*b3
a7  a8  a9       b3          a7*b1 + a8*b2 + a9*b3
3 * 3        3 * 1                3 * 1

即结果矩阵的第 i 行第 j 列 等于 第一个矩阵的第 i 行乘以（对应相乘）第二个矩阵的第 j 列之和

下面就用一个例子说明一下矩阵快速幂：

例如：HDU 2604 Queuing

题意：n 个人排队，f 表示女性, m 表示男性 ，若队伍中存在序列 fff 或 fmf 序列为 Q 序列，否则序列为 E 序列，问存在多少个 E 序列结果余上m

分析：假如 F( n )表示前n个人排队存在的 E 序列数，那么假如第 n 个人为 m 则F（n-1）即为要求的，假如第n个人为 f 那么无论第 n-1为 m 或为 f 均无法判断，继续往后推，那么后 3 位可能为 fmf fff mmf mff 四种情况，前两种不满足条件，假如是第 3 种 则 F（n-2）即为所求，假如是第 4 种，则还需要考虑下一位 此时只有 mmff满足条件，所以此时 F(n-3)即为所求，所以可知 F(n) = F(n-1) + F(n-2) + F(n-3);

F(n)     1 0 1 1   F(n-1)          1 0 1 1     F(4)
F(n-1)   1 0 0 0   F(n-2)          1 0 0 0     F(3)
F(n-2) = 0 1 0 0 * F(n-3) =......= 0 1 0 0  *  F(2)
F(n-3)   0 0 1 0   F(n-4)          0 0 1 0     F(1)

代码如下：
#include<stdio.h>
#include<string.h>

struct sat
{
long long m[4][4];
};

int x;

sat operator *(sat a,sat b)  // 重载 *
{
sat c;
int i,j,k;
for(i=0;i<4;i++)
{
for(j=0;j<4;j++)
{
c.m[i][j]=0;
for(k=0;k<4;k++)
{
c.m[i][j] += (a.m[i][k]*b.m[k][j])%x;
c.m[i][j]=c.m[i][j]%x;
}
}
}
return c;
}

sat operator^(sat a,int n)  //重载 ^
{
sat c;  //单位矩阵
memset(c.m,0,sizeof(c.m));
c.m[0][0]=c.m[1][1]=c.m[2][2]=c.m[3][3]=1;
while(n)
{
if(n%2==1)
c=c*a;
n=n/2;
a=a*a;
}
return c;
}
int main()
{
sat Init,a;
memset(a.m,0,sizeof(a.m));

//矩阵初始化
Init.m[0][0]=9;
Init.m[1][0]=6;
Init.m[2][0]=4;
Init.m[3][0]=2;
a.m[0][0]=a.m[0][2]=a.m[0][3]=a.m[1][0]=a.m[2][1]=a.m[3][2]=1;

int n;
sat s;
while(scanf("%d%d",&n,&x)!=EOF)
{
if(n<=4)
{
printf("%d\n",Init.m[4-n][0]%x);
}
else
{
s=a^(n-4);
s=s*Init;
printf("%d\n",s.m[0][0]);
}
}
return 0;
}

假如不考虑 * 函数重载，可以发现矩阵快速幂和普通快速幂计算过程几乎一样，不过对于特定的题目还是需要注意不少地方，只要多加练习，就会越来越会变通。