快速幂总结
快速幂这个东西比较好理解,但实现起来到不老好办,记了几次老是忘,今天把它系统的总结一下防止忘记。
首先,快速幂的目的就是做到快速求幂,假设我们要求a^b,按照朴素算法就是把a连乘b次,这样一来时间复杂度是O(b)也即是O(n)级别,快速幂能做到O(logn),快了好多好多。它的原理如下:
假设我们要求a^b,那么其实b是可以拆成二进制的,该二进制数第i位的权为2^(i-1),例如当b==11时
1 int poww(int a,int b){//求a的b次方 2 int ans=1,base=a; 3 while(b!=0){ 4 if(b&1!=0) 5 ans*=base; 6 base*=base; 7 b>>=1; 8 } 9 return ans;10 }
代码很短,死记也可行,但最好还是理解一下吧,其实也很好理解,以b==11为例,b=>1011,二进制从右向左算,但乘出来的顺序是 a^(2^0)*a^(2^1)*a^(2^3),是从左向右的。我们不断的让base*=base目的即是累乘,以便随时对ans做出贡献。
其中要理解base*=base这一步:因为 base*base==base2,下一步再乘,就是base2*base2==base4,然后同理 base4*base4=base8,由此可以做到base-->base2-->base4-->base8-->base16-->base32.......指数正是 2^i ,再看上面的例子,a¹¹= a1*a2*a8,这三项就可以完美解决了,快速幂就是这样。
顺便啰嗦一句,由于指数函数是爆炸增长的函数,所以很有可能会爆掉int的范围,根据题意选择 long long还是mod某个数自己看着办。
矩阵快速幂也是这个道理,下面放一个求斐波那契数列的矩阵快速幂模板
1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 using namespace std; 7 const int mod = 10000; 8 const int maxn = 35; 9 int N;10 struct Matrix {11 int mat[maxn][maxn];12 int x, y;13 Matrix() {14 memset(mat, 0, sizeof(mat));15 for (int i = 1; i <= maxn - 5; i++) mat[i][i] = 1;16 }17 };18 inline void mat_mul(Matrix a, Matrix b, Matrix &c) {19 memset(c.mat, 0, sizeof(c.mat));20 c.x = a.x; c.y = b.y;21 for (int i = 1; i <= c.x; i++) {22 for (int j = 1; j <= c.y; j++) {23 for (int k = 1; k <= a.y; k++) {24 c.mat[i][j] += (a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) % mod;25 c.mat[i][j] %= mod;26 }27 }28 }29 return;30 }31 inline void mat_pow(Matrix &a, int z) {32 Matrix ans, base = a;33 ans.x = a.x; ans.y = a.y;34 while (z) {35 if (z & 1 == 1) mat_mul(ans, base, ans);36 mat_mul(base, base, base);37 z >>= 1;38 }39 a = ans;40 }41 int main() {42 while (cin >> N) {43 switch (N){44 case -1: return 0;45 case 0: cout << "0" << endl; continue; 46 case 1: cout << "1" << endl; continue;47 case 2: cout << "1" << endl; continue;48 }49 Matrix A, B;50 A.x = 2; A.y = 2;51 A.mat[1][1] = 1; A.mat[1][2] = 1;52 A.mat[2][1] = 1; A.mat[2][2] = 0;53 B.x = 2; B.y = 1;54 B.mat[1][1] = 1; B.mat[2][1] = 1;55 56 mat_pow(A, N - 1);57 mat_mul(A, B, B);58 cout << B.mat[1][1] << endl;59 60 }61 return 0;62 }
洛谷P1962 斐波那契数列
题目背景
大家都知道,斐波那契数列是满足如下性质的一个数列:
• f(1) = 1
• f(2) = 1
• f(n) = f(n-1) + f(n-2) (n ≥ 2 且 n 为整数)
题目描述
请你求出 f(n) mod 1000000007 的值。
输入输出格式
输入格式:
·第 1 行:一个整数 n
输出格式:
第 1 行: f(n) mod 1000000007 的值
输入输出样例
5
5
10
55
说明
对于 60% 的数据: n ≤ 92
对于 100% 的数据: n在long long(INT64)范围内。
首先看到数据范围,longlong以内,故我们考虑矩阵加速动态规划。
我们都知道斐波那契数列有这样的一个动态转移方程:f[i]=f[i-1]+f[i-2];
由此可以推出一个2×2的矩阵:1 1 1 0
然后就是套用矩阵快速幂的模板来加速。
以下是代码:
#include <cstdio>
#include <cstring>#include <iostream>#include <cstdlib>using namespace std;typedef long long lol;lol n;
lol mod=1e9+7;lol f[3][3],ans[3]={0,1,1};void lu() {
lol t[3]={0};for (int i=1;i<=2;i++)for (int j=1;j<=2;j++)t[i]=(t[i]+(ans[j]*f[j][i])%mod)%mod;memcpy(ans,t,sizeof(ans));}void ge() {
lol t[3][3]={0};for (lol i=1;i<=2;i++)for (lol j=1;j<=2;j++)for (lol k=1;k<=2;k++)t[i][j]=(t[i][j]+(f[i][k]*f[k][j])%mod)%mod;memcpy(f,t,sizeof(f));}int main() {
cin>>n;if (n==1||n==2||!n) { cout<<'1'<<endl;exit(0);}n--;f[1][1]=1;f[1][2]=1;f[2][1]=1;f[2][2]=0;while (n) { if (n&1) lu();ge();n>>=1;}cout<<ans[2]<<endl;return 0;}