我正在做一个密码练习，我正在尝试计算 (2n-1)mod p 其中 p 是一个素数
最好的方法是什么？我正在使用 C，所以当 n 很大时 2n-1 变得太大而无法容纳
我遇到了等式 (a*b)modp=(a(bmodp))modp，但我不确定这是否适用于这种情况，因为 2n-1 可能是素数（或者我不确定如何分解这个）
非常感谢您的帮助。
【问题讨论】：
一些提示可以帮助您想出更好的方法：
【讨论】：
您在 cmets 中提到 n 和 p 是 9 位或 10 位数字，或其他。如果将它们限制为 32 位 (unsigned long) 值，您可以通过简单的（二进制）模幂运算找到 2^n mod p：
unsigned long long u = 1, w = 2;
while (n != 0)
{
if ((n & 0x1) != 0)
u = (u * w) % p; /* (mul-rdx) */
if ((n >>= 1) != 0)
w = (w * w) % p; /* (sqr-rdx) */
}
r = (unsigned long) u;
而且，因为(2^n - 1) mod p = r - 1 mod p：
r = (r == 0) ? (p - 1) : (r - 1);
如果2^n mod p = 0 - 如果p > 2 是素数则实际上不会发生 - 但我们不妨考虑一般情况 - 然后(2^n - 1) mod p = -1 mod p。
由于“普通残基”或“余数”(mod p) 在[0, p - 1] 中，我们添加了p 的某个倍数，使其在此范围内。
否则，2^n mod p 的结果在[1, p - 1] 中，减去1 将在此范围内。它可能更好地表达为：
if (r == 0)
r = p - 1; /* -1 mod p */
else
r = r - 1;
【讨论】：
要取模，你必须有 2^n-1 否则你会朝着不同的算法方向移动，有趣但不知何故是独立的方向，所以我建议你使用 big int 概念，因为它很容易......一个结构并以小值实现大值，例如
struct bigint{
int lowerbits;
int upperbits;
}
语句的分解也有像 2^n = (2^n-4 * 2^4 )-1%p 分解和单独处理它们的解决方案，那将是相当算法化的
【讨论】：
要计算 2^n - 1 mod p，您可以在首先从 n 中删除 (p - 1) 的任何倍数后通过平方来使用求幂（因为 a^{p-1} = 1 mod p）。在伪代码中：
n = n % (p - 1)
result = 1
pow = 2
while n {
if n % 2 {
result = (result * pow) % p
}
pow = (pow * pow) % p
n /= 2
}
result = (result + p - 1) % p
【讨论】：
我在解决 HackerRank 上的一个数学问题时遇到了我在此处发布的答案，并且它适用于那里给出的所有给定测试用例。
如果您将 n 和 p 限制为 64 位（无符号长整数）值，那么这里是数学方法：
2^n - 1可以写成1*[ (2^n - 1)/(2 - 1) ]
如果你仔细看，这是GP1 + 2 + 4 + .. + 2^(n-1)的总和
瞧，我们知道(a+b)%m = ( (a%m) + (b%m) )%m
如果您对上述关系是否成立感到困惑，您可以谷歌搜索或查看此链接：http://www.inf.ed.ac.uk/teaching/courses/dmmr/slides/13-14/Ch4.pdf
所以，现在我们可以将上述关系应用于我们的全科医生，您就会得到答案！！
那是，
(2^n - 1)%p 等价于 ( 1 + 2 + 4 + .. + 2^(n-1) )%p，现在应用给定的关系。
【讨论】：
首先，关注 2n mod p，因为你总是可以在最后减去一个。
考虑两个的幂。这是一个重复乘以 2 产生的数字序列。
考虑模运算。如果该数字以 p 为底数，则您只需抓住最后一位数字。更高的数字可以扔掉。
因此，在序列中的某个点，您会得到一个两位数（p 的位置为 1），而您的任务实际上只是在发生这种情况时去掉第一个数字（减去 p） .
从概念上讲，蛮力方法是这样的：
uint64_t exp2modp( uint64_t n, uint64_t p ) {
uint64_t ret = 1;
uint64_t limit = p / 2;
n %= p; // Apply Fermat's Little Theorem.
while ( n -- ) {
if ( ret >= limit ) {
ret *= 2;
ret -= p;
} else {
ret *= 2;
}
}
return ret;
}
不幸的是，对于较大的 n 和 p，这仍然需要很长时间，而且我想不出任何更好的数论。
如果您有一个可以计算 (p-1)^2 而不会溢出的乘法工具，那么您可以使用类似的算法，在每次平方运算后使用模数重复平方，然后取平方序列的乘积残差，每次乘法后再次取模。
【讨论】：
步骤 1. x= 将 1 移动 n 次，然后减去 1
step 2.result = x 和 p 的逻辑与运算
【讨论】：