Algorithm 基于无理基的指数型算法

我知道在计算

a^n

时有一个

O（logn）

算法，

a

是一个整数，

n

是一个大整数（可能结果需要模化另一个素数

MOD

）

我想知道是否还有一个

O（logn）

算法需要计算

（a+sqrt（b））^n+（a-sqrt（b））^n（mod mod）

---

无理部分

sqrt（b）

在指数计算中看起来不容易处理。我所能做的就是分别计算

a+sqrt（b）

和

a-sqrt（b）

部分并将它们相加，然后进行模块化，但是如果

n

很大，很容易溢出。有什么想法吗？

你可以通过计算（用ZM[x]/&langle；x²-b&rangle；）来实现

同样，你可以对幂使用模减半和平方，中间结果现在是线性多项式（模整数）。实际上，你只需要一个幂，结果是常数系数的两倍

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或者，这些幂组合是2阶线性递归的解

u[n+2]-2*a*u[n+1]+(a^2-b)*u[n]

在哪里

因此，您可以使用此递归的系统矩阵的快速矩阵求幂，再次获得O（log（n））算法（忽略位大小）

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示例：根据注释，取a=3，b=8，n=2（整数mod M=10^9+7，示例不够大）

在第一个变量中，计算u[n]=（a+x）^n mod（M，x^2-b），因此

常数项的两倍是2*17=34

在第二个变量中，递归是（2*a=6，a^2-b=1）

所以第一个序列元素是

u[0]=2
u[1]=6
u[2]=6*u[1]-u[0]=34

如果展开

（a+sqrt（b））^n+（a-sqrt（b））^n

，您将得到

  ( a + nC1 a^(n-1) √b + nC2 a^(n-2) b + nC3 a^(n-3) √b b + ... )
 +( a - nC1 a^(n-1) √b + nC2 a^(n-2) b - nC3 a^(n-3) √b b + ... )
= 2 a  +  0            + 2 nC2 a^(n-2) b  + 0 + ... + 2 nC4 a^(n-4) b^2 + ...

因此，涉及可能不合理部分的术语被取消。（nC2等为二项式系数）

使用整数算法可以相当有效地计算上面的RHS，因为您可以将序列中的每个项与前一项关联起来。但是，存在n/2项，因此计算为O（n）

正如我们所知，结果将是一个整数，我们可以尝试通过运行算法来跟踪整数的分数分量。写入

a+sqrt（b）=x+y

，其中x是整数，y是小数部分

找到这个的平方，我们有

x^2+2xy+y^2

。尽管我们只对整数部分感兴趣，但由于存在

2xy+y^2

的整数部分，因此我们存在一些问题。这导致了有效计算整数部分的问题，因为我们将知道很多

y

的数字。当我们使用高次幂时，需要更多的

y

位数才能得到整数部分

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我认为普通的浮点乘法不足以计算非常大的

n

的项。快速求幂算法只假设指数是整数。基地可以是任何东西。这有用吗？@templatetypedef谢谢你，template。因为n非常大，所以我每一步都需要进行模块化运算，如果基数包含无理数，这对我来说就不是那么简单了。谢谢你的意见。我尝试了一些简单的例子，但结果与我直接计算的结果不一致：a=3，b=8，n=2，x=10^9+7，ans应该是2*（3^2+8）=34…在两个变量中都非常好，添加了计算作为示例。完美！我错误地将x设置为10^9+7，现在我知道它只是迭代过程中的一个变量。谢谢！你的另一种方法（u（n）=pu（n-1）+qu（n-2））在我看来更简单，是的，这里可以使用快速矩阵乘法。第一个看起来不容易编程，因为它是一个变量x部分的模运算。第一个同样容易，它类似于复数乘法<代码>（c0+c1*x）*（d0+d1*x）=（c0*d0+b*c1*d1）+（c0*d1+c1*d0）*x。

u[0]=1
u[1]=3+x
u[2]=(3+x)^2 mod (x^2-8)=9+6x+8=17+6x

u[n+2]-6*u[n+1]+u[n]=0

u[0]=2
u[1]=6
u[2]=6*u[1]-u[0]=34

  ( a + nC1 a^(n-1) √b + nC2 a^(n-2) b + nC3 a^(n-3) √b b + ... )
 +( a - nC1 a^(n-1) √b + nC2 a^(n-2) b - nC3 a^(n-3) √b b + ... )
= 2 a  +  0            + 2 nC2 a^(n-2) b  + 0 + ... + 2 nC4 a^(n-4) b^2 + ...