Question

对于1 <= N <= 1000000000，我需要计算2^N mod 1000000007，它必须非常快！我目前的做法是：

ull power_of_2_mod(ull n) {
    ull result = 1;
    if (n <= 63) {
        result <<= n;
        result = result % 1000000007;
    }
    else {
        ull one = 1;
        one <<= 63;
        while (n > 63) {
            result = ((result % 1000000007) * (one % 1000000007)) % 1000000007;
            n -= 63;
        }

        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            result = (result * 2) % 1000000007;
        }

    }

    return result;
}

但它似乎不够快。有什么想法吗？

Answer 1

检查exponentiation by squaring和modular exponentiation

的二进制方法

Answer 2

这会更快（C中的代码）：

typedef unsigned long long uint64;

uint64 PowMod(uint64 x, uint64 e, uint64 mod)
{
  uint64 res;

  if (e == 0)
  {
    res = 1;
  }
  else if (e == 1)
  {
    res = x;
  }
  else
  {
    res = PowMod(x, e / 2, mod);
    res = res * res % mod;
    if (e % 2)
      res = res * x % mod;
  }

  return res;
}

Answer 3

此方法不使用具有O（log（n））复杂度的递归。看看这个。

#define ull unsigned long long
#define MODULO 1000000007

ull PowMod(ull n)
{
    ull ret = 1;
    ull a = 2;
    while (n > 0) {
        if (n & 1) ret = ret * a % MODULO;
        a = a * a % MODULO;
        n >>= 1;
    }
    return ret;
}

这是来自Wikipedia的伪（参见从右到左的二进制方法部分）

function modular_pow(base, exponent, modulus)
Assert :: (modulus - 1) * (base mod modulus) does not overflow base
result := 1
base := base mod modulus
while exponent > 0
    if (exponent mod 2 == 1):
       result := (result * base) mod modulus
    exponent := exponent >> 1
    base := (base * base) mod modulus
return result

Answer 4

您可以在O(log n)中解决此问题。

例如，对于n = 1234 = 10011010010（在基数2中），我们有n = 2 + 16 + 64 + 128 + 1024，因此2 ^ n = 2 ^ 2 * 2 ^ 16 * 2 ^ 64 * 2 ^ 128 * 2 ^ 1024。

注意2 ^ 1024 =（2 ^ 512）^ 2，因此，如果你知道2 ^ 512，你可以在几次操作中计算2 ^ 1024。

解决方案将是这样的（伪代码）：

const ulong MODULO = 1000000007;

ulong mul(ulong a, ulong b) {
    return (a * b) % MODULO;
}

ulong add(ulong a, ulong b) {
    return (a + b) % MODULO;
}

int[] decompose(ulong number) {
    //for 1234 it should return [1, 4, 6, 7, 10]
}

//for x it returns 2^(2^x) mod MODULO
// (e.g. for x = 10 it returns 2^1024 mod MODULO)
ulong power_of_power_of_2_mod(int power) {
    ulong result = 1;
    for (int i = 0; i < power; i++) {
        result = mul(result, result);
    }
    return result;
}

//for x it returns 2^x mod MODULO
ulong power_of_2_mod(int power) {
    ulong result = 1;
    foreach (int metapower in decompose(power)) {
        result = mul(result, power_of_power_of_2_mod(metapower));
    }
    return result;
}

请注意，O(log n)实际上是O(1) ulong个参数（日志n <63）;并且该代码与任何uint MODULO（MODULO＆lt; 2 ^ 32）兼容，与MODULO是否为素数无关。

Answer 5

可以用O（（log n）^ 2）求解。试试这种方法： -

unsigned long long int fastspcexp(unsigned long long int n)
{
    if(n==0)
        return 1;
    if(n%2==0)
        return (((fastspcexp(n/2))*(fastspcexp(n/2)))%1000000007);
    else
        return ( ( ((fastspcexp(n/2)) * (fastspcexp(n/2)) * 2) %1000000007 ) ); 
}

这是一种递归方法，足以满足大多数编程竞赛的时间要求。

Answer 6

如果你也想存储那个数组，即。（2 ^ i）％mod [i = 0到任何]比：

long mod = 1000000007;
long int pow_mod[ele]; //here 'ele' = maximum power upto which you want to store 2^i
pow_mod[0]=1; //2^0 = 1
for(int i=1;i<ele;++i){
    pow_mod[i] = (pow_mod[i-1]*2)%mod;
}

我希望它对某人有所帮助。

什么是计算2模数的大功率的最快方法

6 个答案: