在分析算法时，我发现我们通常假设乘法来进行单一计算机指令。但是当数量的大小（就位数而言）时，这种假设是不合适的。在最基本的乘法形式中，乘以两个n位数通常是O（n ^ 2）。在这种情况下，计算x ^ n的复杂度（就位操作而言）可能是什么（x增加到n的幂）？
通过解释的方法，我的复杂性似乎是n的指数（但不确定确切的数字）
答案 0 :(得分：3)
计算x^n的复杂性当然取决于用于计算功率和乘法的算法。如果通过平方计算每次指数的功率，则需要O（log n）次乘法。在每个步骤中，您可以将一个数字平方，或者将两个数字相乘并将两个数字中的一个相加。
如果x有d(x)个数字，x^n有Θ（n * d（x））个数字，在最后一步中，您将数字大约为{{1} }数字（并且可能将该数字乘以较小的数字）然后通过将重复的正方形n/2*d(x)（如果x^(2^k)）与累加器相乘来完成算法。
设2^k <= n < 2^(k+1)为S(m) - 位数的平方成本（可能与可能乘以两个任意m的成本M(m)相同或不同号）。然后大约需要
m的工作。自S(2^(k-1)*d(x)) + S(2^(k-2)*d(x)) + S(2^(k-3)*d(x)) + ...
起，即S(m) >= m和S(2^(k-1)*d(x))之间。因此，最后一步主要是工作的工作。对于2*S(2^(k-1)*d(x))与累加器的乘法，同样成立，最终的乘法支配着工作。最终的累加器可能几乎与重复的平方一样大，因此通过重复平方将x^(2^s)提升到x次幂的总成本是
n是Θ(M(2^k*d(x)),
。使用天真乘法 - Θ(M(n*d(x))) - 您的总费用为M(m) = O(m^2)。使用更先进的乘法算法（Karatsuba，Toom-Cook，Schönhage-Strassen，......），您可以获得更低的复杂度，低于O(n^2*d(x)^2)。
通过乘以O(n*d(x)*log (n*d(x)) * log log (n*d(x)))迭代计算功率，在x步骤中，让n表示将M(m,k) - 位数乘以{{1}的成本}}-数字。由于其中一个因素始终为m，因此总费用为
k使用成本为x的教科书算法，总计最新为M(d(x),d(x)) + M(d(x),2*d(x)) + M(d(x),3*d(x)) + ... + M(d(x),(n-1)*d(x))
，因此总费用再次为M(m,k) = m*k。但是，常数因子比反复平方的指数更大。
如果你将数量大不相同的数字相乘，就像在几次迭代后发生的那样，你不能 - 据我所知 - 将成本n*(n-1)/2*d(x)^2降低到Θ(n^2*d(x)^2)以下 - 如果{{1在基数M(m,k)中查看数字为1位数字和Θ(m*k) - 位数字（m < k），您可以降低使用“数字”倍增数字的成本算法如果r足够大，但您无法减少r*m <= k < (r+1)*m因子。因此，此算法的复杂度为b^m，因此m的因子无法消除。
答案 1 :(得分：2)
Wikipedia可以很好地概述各种乘法算法的复杂性时间。
回答你的问题，假设天真的教科书方法乘以两个m位数字（复杂度为O（平方公尺））和通过将数字乘以n次来提高功率的天真方法，你有n次乘法，因此复杂度为O（n * m ^ 2）或简单为O（nm ^ 2）
答案 2 :(得分：1)
n ^ k费用：
O((log(n))^k)
log（n） - n
的位表示^ k - 因为用于乘以两个n位数的简单算法花费O（n ^ 2）