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 #include<iostream>2 #include<cstdio>3 #include<cstring>4 #include<cmath>5 #include<algorithm>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;
}