快速幂取模
来源:互联网 发布:最近网络贷款诈骗案例 编辑:程序博客网 时间:2024/06/02 02:33
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在Miller Rabbin测试素数,就用到了快速幂取模的思想。这里总结下。
求a^b%c(这就是著名的RSA公钥的加密方法),当a,b很大时,直接求解这个问题不太可能
求a^b%c(这就是著名的RSA公钥的加密方法),当a,b很大时,直接求解这个问题不太可能
算法1:利用公式a*b%c=((a%c)*b)%c,这样每一步都进行这种处理,这就解决了a^b可能太大存不下的问题,但这个算法的时间复杂度依然没有得到优化
代码如下:
int modexp_simple(int a,int b,int n) { int ret = 1; while (b--) { ret = a * ret % n; } return ret;}
算法2:另一种算法利用了二分的思想,可以达到O(logn)。
可以把b按二进制展开为:b = p(n)*2^n + p(n-1)*2^(n-1) +…+ p(1)*2 + p(0)
其中p(i) (0<=i<=n)为 0 或 1
这样 a^b = a^ (p(n)*2^n + p(n-1)*2^(n-1) +...+ p(1)*2 + p(0))
= a^(p(n)*2^n) * a^(p(n-1)*2^(n-1)) *...* a^(p(1)*2) * a^p(0)
对于p(i)=0的情况, a^(p(i) * 2^(i-1) ) = a^0 = 1,不用处理
我们要考虑的仅仅是p(i)=1的情况
化简:a^(2^i) = a^(2^(i-1) * 2) = ( a^( p(i) * 2^(i-1) ) )^2
(这里很重要!!具体请参阅秦九韶算法:http://baike.baidu.com/view/1431260.htm)
可以把b按二进制展开为:b = p(n)*2^n + p(n-1)*2^(n-1) +…+ p(1)*2 + p(0)
其中p(i) (0<=i<=n)为 0 或 1
这样 a^b = a^ (p(n)*2^n + p(n-1)*2^(n-1) +...+ p(1)*2 + p(0))
= a^(p(n)*2^n) * a^(p(n-1)*2^(n-1)) *...* a^(p(1)*2) * a^p(0)
对于p(i)=0的情况, a^(p(i) * 2^(i-1) ) = a^0 = 1,不用处理
我们要考虑的仅仅是p(i)=1的情况
化简:a^(2^i) = a^(2^(i-1) * 2) = ( a^( p(i) * 2^(i-1) ) )^2
(这里很重要!!具体请参阅秦九韶算法:http://baike.baidu.com/view/1431260.htm)
利用这一点,我们可以递推地算出所有的a^(2^i)
当然由算法1的结论,我们加上取模运算:
a^(2^i)%c = ( (a^(2^(i-1))%c) * a^(2^(i-1))) %c
于是再把所有满足p(i)=1的a^(2^i)%c按照算法1乘起来再%c就是结果, 即二进制扫描从最高位一直扫描到最低位
当然由算法1的结论,我们加上取模运算:
a^(2^i)%c = ( (a^(2^(i-1))%c) * a^(2^(i-1))) %c
于是再把所有满足p(i)=1的a^(2^i)%c按照算法1乘起来再%c就是结果, 即二进制扫描从最高位一直扫描到最低位
实例代码:递归
//计算a^bmodn int modexp_recursion(int a,int b,int n) { int t = 1; if (b == 0) return 1; if (b == 1) return a%n; t = modexp_recursion(a, b>>1, n); t = t*t % n; if (b&0x1) { t = t*a % n; } return t; }实例2:非递归优化
#include <iostream> using namespace std; //计算a^bmodn int modexp(int a,int b,int n) { int ret=1; int tmp=a; while(b) { //基数存在 if(b&0x1) ret=ret*tmp%n; tmp=tmp*tmp%n; b>>=1; } return ret; } int main() { cout<<modexp(2,10,3)<<endl; return 0; }
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