本质:二进制拆分(你说倍增我也没脾气).然后是一个配凑. 合起来就是边二进制拆分,边配凑. 快速乘(其实龟速):把乘数二进制拆分.利用乘法分配率. 用途:防止爆long long 代码: ll qk(ll x,ll y,ll mod){ ll ret=; while(y){ ) (ret+=x)%=mod; (x+=x)%=mod; y>>=; } return ret; } 如果为了卡常,可以写成这样: ll qk(ll x,ll y,ll mod){ ll ret=; x%=mod;y%=

https://en.wikipedia.org/wiki/Modular_exponentiation 蒙哥马利(Montgomery)幂模运算是快速计算a^b%k的一种算法,是RSA加密算法的核心之一. 蒙哥马利模乘的优点在于减少了取模的次数(在大数的条件下)以及简化了除法的复杂度(在2的k次幂的进制下除法仅需要进行左移操作).模幂运算是RSA 的核心算法,最直接地决定了RSA 算法的性能. 针对快速模幂运算这一课题,西方现代数学家提出了大量的解决方案,通常都是先将幂模运算转化为乘模运算.

RSA最终加密.解密都要用到模乘的幂运算,简称模幂运算. 回忆一下RSA,从明文A到B B=Ae1%N 对B解密,就是 A=Be2%N 其中,一般来说,加密公钥中的e1一般会比较小,取65537居多,但解密的时候,这个e2是一个非常非常大的数,显然,直接通过e2次模乘来解密是不现实的. 为了让RSA的加密.解密成为现实,我们必须要找一个好的算法来做模幂运算. 借上一节我设定的符号,以区别于传统上的幂的数学表示, 定义a#b为a和b的模乘, 定义a##n为n个a的模乘,或称a的n阶模乘. a =

void resetNumA(string numAStr); //使用string重置numB void resetNumB(string numBStr); //将数组转换为字符串,用于输出 string getNumString(int* num); //判断两个数字哪个大 int compare(string numAStr, string numBStr); //加法 string sum(string numAStr, string numBStr); //减法 string sub

Consider a positive integer X,and let S be the sum of all positive integer divisors of 2004^X. Your job is to determine S modulo 29 (the rest of the division of S by 29). Take X = 1 for an example. The positive integer divisors of 2004^1 are 1, 2, 3,

 题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1950 一直只知道有除n*n的算法之外的求LIS,但是没学过,也没见过,今天终于学了一下,dp[i]表示以a[i]为末尾的最长上升子序列的长度: 其实就是下面大神写的这样: #include<stdio.h> #include<iostream> #include<string.h> using namespace std; #define N 41000 int a[N]

redis 的 zrange 效率 - 简书 https://www.jianshu.com/p/40a66ff92768 ZRANGE key start stop [WITHSCORES] — Redis 命令参考 http://redisdoc.com/sorted_set/zrange.html

传送门 递归.. 代码 #include <cstdio> int n; int bit[15]; inline void solve(int x) { int i, f = 0; if(!x) { printf("0"); return; } for(i = 14; i >= 0 && x; i--) if(x >= bit[i]) { printf("2"); if(i ^ 1) printf("(")

As we all know, the next Olympic Games will be held in Beijing in 2008. So the year 2008 seems a little special somehow. You are looking forward to it, too, aren't you? Unfortunately there still are months to go. Take it easy. Luckily you meet me. I

二次剩余 ppp是奇素数.所有的运算都是在群Zp∗Z_{p}^{*}Zp∗​中的运算.方程x2=a≠0x^2=a \neq 0x2=a̸​=0问是否有解,以及解是什么?若有解,aaa就是模ppp的二次剩余:若无解,则aaa就是模ppp的非二次剩余. a=0a=0a=0,显然只有唯一解x=0x=0x=0. a≠0a\neq 0a̸​=0,有解等价于ap−12=1a^{\frac{p-1}{2}}=1a2p−1​=1;无解等价于ap−12=−1a^{\frac{p-1}{2}}=-1a2p−1​=−

要求 实现模幂算法,通过服务器的检验. 访问http://2**.207.12.156:9012/step_04服务器会给你10个问题,每个问题包含三个数(a,b,c),请给出a^b%c的值.返回值写入字段ans,10个数字用逗号,隔开,提交到http://2**.207.12.156:9012/step_04 提示:注意逗号必须是英文逗号. {"is_success": true, "questions": "[[1336, 9084, 35083099

快速幂取模算法详解 1.大数模幂运算的缺陷: 快速幂取模算法的引入是从大数的小数取模的朴素算法的局限性所提出的,在朴素的方法中我们计算一个数比如5^1003%31是非常消耗我们的计算资源的,在整个计算过程中最麻烦的就是我们的5^1003这个过程 缺点1:在我们在之后计算指数的过程中,计算的数字不都拿得增大,非常的占用我们的计算资源(主要是时间,还有空间) 缺点2:我们计算的中间过程数字大的恐怖,我们现有的计算机是没有办法记录这么长的数据的,所以说我们必须要想一个更加高效的方法来解决这个问题 2.

模运算里的求幂运算,比如 5^596 mod 1234, 当然,直接使用暴力循环也未尝不可,在书上看到一个快速模幂算法 大概思路是,a^b mod n ,先将b转换成二进制,然后从最高位开始(最高位一定为1),如果遇到一个b[i]=0,则那么此时的结果就是b[i+1]时的结果的平方,若果b[i]=1,则结果是b[i+1]时的结果的平方再乘一个a 从b的角度理解,比如,二进制为 100 ,此时b=4,当下一位为0时,也就是 1000,即b=8,则此时的a^8=(a^4)^2 ,若果下一位为1,即二

题目大意:$n$ 个点的完全图,点 $i$ 和点 $j$ 的边权为 $(i+j)^k$.随机一个生成树,问这个生成树边权和的期望对 $998244353$ 取模的值. 对于P5437:$1\le n\le 998244352,1\le k\le 10^7$. 对于P5442:$1\le n\le 10^4,\le k\le 10^7$. 其实也是一道比较简单的题.(所以就应该把这题和上一道原题调个位置) 考虑一条边在生成树中出现的概率,由于一共有 $\dfrac{n(n-1)}{2}$ 条边,一

目录 快速幂 实数快速幂 矩阵快速幂 快速幂 实数快速幂 普通求幂的方法为 O(n) .在一些要求比较严格的题目上很有可能会超时.所以下面来介绍一下快速幂. 快速幂的思想其实是将数分解,即a^b可以分解为(a^2)*(a^2)...a:然后再分别算a^2:这样的计算量由O(n)一下变成 \(O(logn)\): 模板代码如下: ll pow(int a,int b) { if(b==0) return 1; ll res=1 % mod; while(b) { if(b&1) res=res*a

题面: 题目背景: HKE带着\(n\)个小朋友做游戏 题目描述: 现在有n个座位编号为\(1\)至\(n\),这些小朋友也编号\(1\)至\(n\).一开始所有小朋友都坐在相应的座位上.HKE的游戏可用一个n的排列\(A(A_1,A_2\cdots A_n\))表示.一轮游戏时,对于所有的 \(1\leq i\leq n\),坐在位置 \(i\) 上的小朋友坐到位置 \(A_i\) 上. 现在游戏进行了\(k\)轮,HKE想知道游戏结束后,位置\(1,2\cdots n\)分别坐了几号小朋友?

剑指Offer - 九度1387 - 斐波那契数列2013-11-24 03:08 题目描述: 大家都知道斐波那契数列,现在要求输入一个整数n,请你输出斐波那契数列的第n项.斐波那契数列的定义如下: 输入: 输入可能包含多个测试样例,对于每个测试案例, 输入包括一个整数n(1<=n<=70). 输出: 对应每个测试案例, 输出第n项斐波那契数列的值. 样例输入: 3 样例输出: 2 题意分析: 斐波那契数列的定义: f[1] = 1, f[2] = 1 f[n] = f[n - 1] + f[

一  减法 (a-b)%mod=(a%mod-b%mod+n)%mod; 二 大数 有乘法取模 可推出 如下代码 string s; cin>>s; ,len=s.length(); ;i<len;i++) ans=(())+(s[i]-')%mod)%mod; 三 幂取模 分治法 log(n)快速幂 log (n) , 欧拉定理,欧拉函数,欧拉降幂.

<题目链接> 注意:这可能也是一道模板题. 注意2:$p=998224352$ 注意3:对于$100\%$的数据,$n\leq 5 \times 10^6$ 这个题很启发思路,如果直接快速幂应该会T飞(不过还是看到卡常大师$997ms$过……). 所以 法一:直接快速幂 复杂度:$\Theta(N \log p)$ 不多说直接快速幂即可. 法二:神奇分块思路 由于询问比较多,我们考虑预处理. 假设我们处理到$k$. 我们在指数上化柿子. 有: $$\large x^y=x^{y\, \mod\

Codeforces 题面传送门 & 洛谷题面传送门 好题. 首先显然我们如果在某一次游戏中升级,那么在接下来的游戏中我们一定会一直打 \(b_jp_j\) 最大的游戏 \(j\),因为这样得到的期望收益最大. 因此我们设 \(dp_i\) 表示还剩 \(i\) 秒并且当前没有升级过的最大收益. 那么有 \(dp_i=\max\limits_{j}\{dp_{i-1}(1-p_j)+X(i-1)p_j+p_ja_j\}\),其中 \(X=\max\{b_jp_j\}\). 稍微解释一下上面的转移

题目链接: 传送门 Power of Matrix Time Limit: 3000MS      Description 给一个n阶方阵,求A1+A2+A3+......Ak. 思路 A1+A2+...+An = (A1+A2+...+An/2)+(A1+A2+...+An/2) * An/2 = (1 + An/2 ) * (A1+A2+...+An/2)那么对于 (A1+A2+...+An/2)也能用同样的方法去求,不断对半下去计算,最后总体复杂度为log(n)^2 #include<io