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2013
11-26

HDU 1061 Rightmost Digit-数论-[解题报告] C++

Rightmost Digit

问题描述 :

Given a positive integer N, you should output the most right digit of N^N.

输入:

The input contains several test cases. The first line of the input is a single integer T which is the number of test cases. T test cases follow.
Each test case contains a single positive integer N(1<=N<=1,000,000,000).

输出:

For each test case, you should output the rightmost digit of N^N.

样例输入:

2
3
4

样例输出:

7
6

Hint
In the first case, 3 * 3 * 3 = 27, so the rightmost digit is 7. In the second case, 4 * 4 * 4 * 4 = 256, so the rightmost digit is 6.

一般的求幂再对10取余会超时,用快速幂

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int mod_exp(int a, int b, int c)        //快速幂取余a^b%c
{
    int res, t;
    res = 1 % c; 
    t = a % c;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
        {
            res = res * t % c;
        }
        t = t * t % c;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        int n;
        cin >> n;
        cout << mod_exp(n, n, 10) << endl;
    }
    system("pause");
    return 0;
}

下面是一个快速幂的介绍:

先贴一个秦九韶算法(Horner算法)的原理:

设有n+1项的n次函数

f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+......+a_2x^2+a_1x+a_0

将前n项提取公因子x,得

f(x)=(a_nx^{n-1}+a_{n-1}x^{n-2}+a_{n-2}x^{n-3}+......+a_2x+a_1)x+a_0

再将括号内的前n-1项提取公因子x,得

f(x)=((a_nx^{n-2}+a_{n-1}x^{n-3}+a_{n-2}x^{n-4}+......+a_2)x+a_1)x+a_0

如此反复提取公因子x,最后将函数化为

f(x)=(((a_nx+a_{n-1})x+a_{n-2})x+......+a_1)x+a_0

f_1=a_nx+a_{n-1}

f_2=f_1x+a_{n-2}

f_3=f_2x+a_{n-3}

……

f_n=f_{n-1}x+a_0

f_n即为所求

下面是讲解快速幂的:(By  夜せ︱深   感谢作者)

快速幂取模算法

在网站上一直没有找到有关于快速幂算法的一个详细的描述和解释,这里,我给出快速幂算法的完整解释,用的是C语言,不同语言的读者只好换个位啦,毕竟读C的人较多~

所谓的快速幂,实际上是快速幂取模的缩写,简单的说,就是快速的求一个幂式的模()。在程序设计过程中,经常要去求一些大数对于某个数的余数,为了得到更快、计算范围更大的算法,产生了快速幂取模算法。[有读者反映在讲快速幂部分时有点含糊,所以在这里对本文进行了修改,作了更详细的补充,争取让更多的读者一目了然]

我们先从简单的例子入手:求a^b % c = ?

算法1.首先直接地来设计这个算法:

int ans = 1;

for(int i = 1;i<=b;i++)

{

ans = ans * a;

}

ans = ans % c;

这个算法的时间复杂度体现在for循环中,为Ob.这个算法存在着明显的问题,如果ab过大,很容易就会溢出。

那么,我们先来看看第一个改进方案:在讲这个方案之前,要先有这样一个公式:a^b%c=(a%c)^b%c.这个公式大家在离散数学或者数论当中应该学过,不过这里为了方便大家的阅读,还是给出证明:

引理1:a^b%c = (a%c)^b%c

 

上面公式为下面公式的引理,即积的取余等于取余的积的取余。

 

证明了以上的公式以后,我们可以先让a关于c取余,这样可以大大减少a的大小,

于是不用思考的进行了改进:

算法2

int ans = 1;

a = a % c; //加上这一句

for(int i = 1;i<=b;i++)

{

ans = ans * a;

}

ans = ans % c;

聪明的读者应该可以想到,既然某个因子取余之后相乘再取余保持余数不变,那么新算得的ans也可以进行取余,所以得到比较良好的改进版本。

算法3

int ans = 1;

a = a % c; //加上这一句

for(int i = 1;i<=b;i++)

{

ans = (ans * a) % c;//这里再取了一次余

 

}

ans = ans % c;

这个算法在时间复杂度上没有改进,仍为O(b),不过已经好很多的,但是在c过大的条件下,还是很有可能超时,所以,我们推出以下的快速幂算法。

快速幂算法依赖于以下明显的公式,我就不证明了。

 

那么我们可以得到以下算法:

算法4

int ans = 1;

a = a % c;

if(b%2==1)

ans = (ans * a) mod c; //如果是奇数,要多求一步,可以提前算到ans

k = (a*a) % c; //我们取a2而不是a

for(int i = 1;i<=b/2;i++)

{

ans = (ans * k) % c;

}

ans = ans % c;

 

我们可以看到,我们把时间复杂度变成了O(b/2).当然,这样子治标不治本。但我们可以看到,当我们令k = (a * a) mod c时,状态已经发生了变化,我们所要求的最终结果即为(k)b/2 mod c而不是原来的ab mod c所以我们发现这个过程是可以迭代下去的。当然,对于奇数的情形会多出一项a mod c,所以为了完成迭代,当b是奇数时,我们通过

ans = (ans * a) % c;来弥补多出来的这一项,此时剩余的部分就可以进行迭代了。

 

形如上式的迭代下去后,当b=0时,所有的因子都已经相乘,算法结束。于是便可以在Olog b的时间内完成了。于是,有了最终的算法:快速幂算法。

算法5:快速幂算法

 

int ans = 1;

a = a % c;

while(b>0)

{

 

if(b % 2 == 1)

ans = (ans * a) % c;

b = b/2;

a = (a * a) % c;

}

将上述的代码结构化,也就是写成函数:

int PowerMod(int a, int b, int c)

{

int ans = 1;

a = a % c;

while(b>0)

{

 

if(b % 2 = = 1)

ans = (ans * a) % c;

b = b/2;

a = (a * a) % c;

}

return ans;

}

本算法的时间复杂度为Ologb),能在几乎所有的程序设计(竞赛)过程中通过,是目前最常用的算法之一。

以下内容仅供参考:

扩展:有关于快速幂的算法的推导,还可以从另一个角度来想。

=? 求解这个问题,我们也可以从进制转换来考虑:

10进制的b转化成2进制的表达式:

注意此处的要么为0,要么为1,如果某一项,那么这一项就是1,这个对应了上面算法过程中b是偶数的情况,为1对应了b是奇数的情况[不要搞反了,读者自己好好分析,可以联系10进制转2进制的方法],我们从依次乘到。对于每一项的计算,计算后一项的结果时用前一项的结果的平方取余。对于要求的结果而言,为时ans不用把它乘起来,[因为这一项值为1],为1项时要乘以此项再取余。这个算法和上面的算法在本质上是一样的,读者可以自行分析,这里我说不多说了,希望本文有助于读者掌握快速幂算法的知识点,当然,要真正的掌握,不多练习是不行的。