算法学习笔记(4)：快速幂

快速幂（Exponentiation by squaring，平方求幂）是一种简单而有效的小算法，它可以以 $O(\log n)$ 的时间复杂度计算乘方。快速幂不仅本身非常常见，而且后续很多算法也都会用到快速幂。

让我们先来思考一个问题：7的10次方，怎样算比较快？

方法1：最朴素的想法，77=49，497=343，... 一步一步算，共进行了9次乘法。

这样算无疑太慢了，尤其对计算机的CPU而言，每次运算只乘上一个个位数，无疑太屈才了。这时我们想到，也许可以拆分问题。

方法2：先算7的5次方，即77777，再算它的平方，共进行了5次乘法。

但这并不是最优解，因为对于“7的5次方”，我们仍然可以拆分问题。

方法3：先算77得49，则7的5次方为49497，再算它的平方，共进行了4次*乘法。

模仿这样的过程，我们得到一个在 $O(\log n)$ 时间内计算出幂的算法，也就是快速幂。

递归快速幂

刚刚我们用到的，无非是一个二分的思路。我们很自然地可以得到一个递归方程：

$a^n=\begin{cases}a^{n-1}\cdot a,&\text{if } n \text { is odd} \\ a^{\frac{n}{2}}\cdot a^{\frac{n}{2}}, &\text{if } n \text { is even but not 0}\\ 1,&\text{if } n=0\end{cases}$

计算a的n次方，如果n是偶数（不为0），那么就先计算a的n/2次方，然后平方；如果n是奇数，那么就先计算a的n-1次方，再乘上a；递归出口是a的0次方为1。

递归快速幂的思路非常自然，代码也很简单（直接把递归方程翻译成代码即可）：

//递归快速幂
int qpow(int a, int n)
{
    if (n == 0)
        return 1;
    else if (n % 2 == 1)
        return qpow(a, n - 1) * a;
    else
    {
        int temp = qpow(a, n / 2);
        return temp * temp;
    }
}

注意，这个temp变量是必要的，因为如果不把 $a^{\frac{n}{2}}$ 记录下来，直接写成qpow(a, n /2)*qpow(a, n /2)，那会计算两次 $a^{\frac{n}{2}}$ ，整个算法就退化为了 $O(n)$ 。

在实际问题中，题目常常会要求对一个大素数取模，这是因为计算结果可能会非常巨大，但是在这里考察高精度又没有必要。这时我们的快速幂也应当进行取模，此时应当注意，原则是步步取模，如果MOD较大，还应当开long long。

//递归快速幂（对大素数取模）
#define MOD 1000000007
typedef long long ll;
ll qpow(ll a, ll n)
{
    if (n == 0)
        return 1;
    else if (n % 2 == 1)
        return qpow(a, n - 1) * a % MOD;
    else
    {
        ll temp = qpow(a, n / 2) % MOD;
        return temp * temp % MOD;
    }
}

大家知道，递归虽然简洁，但会产生额外的空间开销。我们可以把递归改写为循环，来避免对栈空间的大量占用，也就是非递归快速幂。

非递归快速幂

我们换一个角度来引入非递归的快速幂。还是7的10次方，但这次，我们把10写成二进制的形式，也就是 $(1010)_2$ 。

现在我们要计算 $7^{(1010)_2}$ ，可以怎么做？我们很自然地想到可以把它拆分为 $7^{(1000)_2} \cdot 7^{(10)_2}$ . 实际上，对于任意的整数，我们都可以把它拆成若干个 $7^{(100...)_2}$ 的形式相乘。而这些 $7^{(100...)_2}$ ，恰好就是 $7^1$ 、 $7^2$ 、 $7^4$ ……我们只需不断把底数平方就可以算出它们。

我们先看代码，再来仔细推敲这个过程：

//非递归快速幂
int qpow(int a, int n){
    int ans = 1;
    while(n){
        if(n&1)        //如果n的当前末位为1
            ans *= a;  //ans乘上当前的a
        a *= a;        //a自乘
        n >>= 1;       //n往右移一位
    }
    return ans;
}

最初ans为1，然后我们一位一位算：

1010的最后一位是0，所以a^{1这一位不要。然后1010变为101，a变为a}2。

101的最后一位是1，所以a^2这一位是需要的，乘入ans。101变为10，a再自乘。

10的最后一位是0，跳过，右移，自乘。

然后1的最后一位是1，ans再乘上a^8。循环结束，返回结果。

img

这里的位运算符，>>是右移，表示把二进制数往右移一位，相当于/2；&是按位与，&1可以理解为取出二进制数的最后一位，相当于%2==1。这么一等价，是不是看出了递归和非递归的快速幂的关系了？虽然非递归快速幂因为牵扯到二进制理解起来稍微复杂一点，但基本思路其实和递归快速幂没有太大的出入。

快速幂的拓展

上面所述的都是整数的快速幂，但其实，在算 $a^n$ 时，只要a的数据类型支持乘法且满足结合律，快速幂的算法都是有效的。矩阵、高精度整数，都可以照搬这个思路。下面给出一个模板：

//泛型的非递归快速幂
template <typename T>
T qpow(T a, ll n)
{
    T ans = 1; // 赋值为乘法单位元，可能要根据构造函数修改
    while (n)
    {
        if (n & 1)
            ans = ans * a; // 这里就最好别用自乘了，不然重载完*还要重载*=，有点麻烦。
        n >>= 1;
        a = a * a;
    }
    return ans;
}

注意，较复杂类型的快速幂的时间复杂度不再是简单的 $O(\log n)$ ，它与底数的乘法的时间复杂度有关。

例如，矩阵快速幂的一个经典应用是求斐波那契数列：

（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：
$F_n = \begin{cases}1& (n \le 2) \\ F_{n-1}+F_{n+2}& (n\ge 3) \end{cases}$
题目描述
请你求出 $F_n \bmod 10^9 + 7$ 的值。

（以下内容涉及到基本的线性代数知识）

设矩阵 $A=\begin{bmatrix}0 &1\\ 1 & 1\end{bmatrix}$ ，我们有 $A\begin{bmatrix}F_n\\ F_{n+1}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}F_{n+1}\\ F_n+F_{n+1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}F_{n+1}\\ F_{n+2}\end{bmatrix}$ ，于是 :

$\begin{aligned} \begin{bmatrix}F_n\\ F_{n+1}\end{bmatrix} &= A\begin{bmatrix}F_{n-1}\\ F_n\end{bmatrix}\\&=A^2\begin{bmatrix}F_{n-2}\\ F_{n-1}\end{bmatrix}\\&=...\\&=A^{n-1}\begin{bmatrix}F_1\\ F_2\end{bmatrix}\\&=A^{n-1}\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix} \end{aligned}$

这样，我们把原来较为复杂的问题转化成了求某个矩阵的幂的问题，这就可以应用快速幂求解了。

#include <cstdio>
#define MOD 1000000007
typedef long long ll;

struct matrix
{
    ll a1, a2, b1, b2;
    matrix(ll a1, ll a2, ll b1, ll b2) : a1(a1), a2(a2), b1(b1), b2(b2) {}
    matrix operator*(const matrix &y)
    {
        matrix ans((a1 * y.a1 + a2 * y.b1) % MOD,
                   (a1 * y.a2 + a2 * y.b2) % MOD,
                   (b1 * y.a1 + b2 * y.b1) % MOD,
                   (b1 * y.a2 + b2 * y.b2) % MOD);
        return ans;
    }
};

matrix qpow(matrix a, ll n)
{
    matrix ans(1, 0, 0, 1); //单位矩阵
    while (n)
    {
        if (n & 1)
            ans = ans * a;
        a = a * a;
        n >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    ll x;
    matrix M(0, 1, 1, 1);
    scanf("%lld", &x);
    matrix ans = qpow(M, x - 1);
    printf("%lld\n", (ans.a1 + ans.a2) % MOD);
    return 0;
}