Question

我有一个系列

S = i^(m) + i^(2m) + ...............  + i^(km)  (mod m)   

0 <= i < m, k may be very large (up to 100,000,000),  m <= 300000

我想找到总和。我不能应用几何级数（GP）公式，因为那时结果将具有分母，然后我将不得不找到可能不存在的模逆，（如果分母和m不是互质）。

所以我做了一个替代算法，假设这些幂将使得一个长度小于k的周期（因为它是一个模块化方程式，所以我会得到像2,7,9,1,2,7这样的东西，9,1 ....）并且该循环将在上述系列中重复。因此，我不是在0到k之间迭代，而是在一个周期中找到数字的总和，然后计算上述系列中的周期数并将它们相乘。所以我首先找到i^m (mod m)然后再次乘以这个数字，然后在每一步取模，直到我再次到达第一个元素。

但是当我实际编码算法时，对于i的某些值，我得到的周期非常大。因此在终止之前花费了大量时间，因此我的假设是不正确的。

那么我们还能找到其他任何模式吗？（基本上我不想迭代k。）所以请给我一个有效的算法来找到总和。

Answer 1

这是我遇到的类似问题的算法

您可能知道可以用对数时间计算数字的幂。您也可以这样计算几何系列的总和。因为它持有

1 + a + a^2 + ... + a^(2*n+1) = (1 + a) * (1 + (a^2) + (a^2)^2 + ... + (a^2)^n),

你可以递归计算右边的几何系列来得到结果。

这样你就不需要除法，所以你可以将所有和（以及中间结果）的余数取模为你想要的任何数字。

Answer 2

正如您所指出的那样，对任意模数m进行计算很困难，因为许多值可能没有乘法逆模m。但是，如果您可以通过精心选择的备用模组来解决它，则可以将它们组合起来以获得解决方案模块。

将因子m分解为p_1, p_2, p_3 ... p_n，使每个p_i是不同素数的力量

由于每个p是不同的主要幂，它们是成对互质的。如果我们可以计算关于每个模数p_i的系列之和，我们可以使用Chinese Remainder Theorem将它们重新组合成解决方案模型。

对于每个主要功率模数，有两个微不足道的特殊情况：

如果i ^ m与0 mod p_i一致，则总和平均为0.

如果i ^ m与1 mod p_i一致，则总和与k mod p_i一致。

对于其他值，可以将常用公式应用于几何序列的总和：

S = sum（j = 0到k，（i ^ m）^ j）=（（i ^ m）^（k + 1） - 1）/（i ^ m - 1）

TODO：证明（i ^ m - 1）是p_i的互质，或者找到他们有一个非平凡的GCD的替代解决方案。希望p_i是一个主要的权力，也是m的除数这一事实将有一些用处...如果p_i是我的除数。条件成立。如果p_i是素数（而不是素数幂），则应用特殊情况i ^ m = 1，或者（i ^ m - 1）具有乘法逆。

如果几何和公式不适用于某些p_i，则可以重新排列计算，因此您只需要从1迭代到p_i而不是1到k，这样可以利用这一事实条款重复的期限不超过p_i。

（由于你的系列不包含j = 0项，你想要的值实际上是S-1。）

这产生一组同余mod p_i，它满足CRT的要求。在上面的链接中描述了将它们组合成解决方案的过程，所以我在此不再重复。

Answer 3

基于@braindoper的方法计算

的完整算法

1 + a + a^2 + ... +a^n mod m

在Mathematica中看起来像这样：

geometricSeriesMod[a_, n_, m_] := 
   Module[ {q = a, exp = n, factor = 1, sum = 0, temp},

   While[And[exp > 0, q != 0],
     If[EvenQ[exp],
       temp = Mod[factor*PowerMod[q, exp, m], m];
       sum = Mod[sum + temp, m];
       exp--];
     factor = Mod[Mod[1 + q, m]*factor, m];
     q = Mod[q*q, m];
     exp = Floor[ exp /2];
   ];

   Return [Mod[sum + factor, m]]
]

参数：

a是该系列的“比例”。它可以是任何整数（包括零和负值）。
n是该系列的最高指数。允许的是整数＆gt; = 0。
m是整数模数！= 0

注意：算法在每次算术运算后执行Mod运算。如果您将此算法转录为整数有限字长的语言，这一点至关重要。

Answer 4

如果您考虑O(log(k))变量，可以通过repeated squaring, O(log(k)log(m))时间或m时间的方法来完成。

通常，a[n]=1+b+b^2+... b^(n-1) mod m可以通过注意：

来计算

a[j+k]==b^{j}a[k]+a[j]
a[2n]==(b^n+1)a[n]

第二个只是第一个的推论。

在您的情况下，b=i^m可以在O(log m)时间内计算。

以下Python代码实现了这一点：

def geometric(n,b,m):
    T=1
    e=b%m
    total = 0
    while n>0:
        if n&1==1:
            total = (e*total + T)%m
        T = ((e+1)*T)%m
        e = (e*e)%m
        n = n/2
        //print '{} {} {}'.format(total,T,e)
    return total

这一点魔法有一个数学原因 - 对的操作定义为

(a,r)@(b,s)=(ab,as+r)

是关联的，规则1基本上意味着：

(b,1)@(b,1)@... n times ... @(b,1)=(b^n,1+b+b^2+...+b^(n-1))

当操作关联时，重复平方始终有效。在这种情况下，@运算符的时间为O(log(m))，因此重复平方需要O(log(n)log(m))。

查看此问题的一种方法是矩阵求幂：

[[b,1],[0,1]]^n == [[b^n,1+b+...+b^(n-1))],[0,1]]

您可以使用类似的方法来计算(a^n-b^n)/(a-b) modulo m，因为矩阵取幂会给出：

[[b,1],[0,a]]^n == [[b^n,a^(n-1)+a^(n-2)b+...+ab^(n-2)+b^(n-1)],[0,a^n]]

计算几何级数之和（mod m）

4 个答案: