系列之和：a^0+2a^1 + 3*a^2 + 4*a^3 + ... + n*a^(n-1) (mod M)答案

【问题标题】：Sum of series: a^0+2a^1 + 3*a^2 + 4*a^3 + … + n*a^(n-1) (mod M)系列之和：a^0+2a^1 + 3*a^2 + 4*a^3 + ... + n*a^(n-1) (mod M)
【发布时间】：2016-10-17 10:19:11
【问题描述】：

有人能给我一个关于大 n 的有效算法的想法，它使用递归函数而不是几何求和公式执行 O(log(n))。

【问题讨论】：

我什至可以给你O(1)：这是几何数列mod M的总和。
@freakish 好吧，这不是恒定的复杂性，因为您仍然需要计算 a^(n+1) ，这无法在恒定时间内完成
@IvayloStrandjev 但是a^(n+1) mod M 可以在常数时间内计算出来。
@ashraful_haque 栈溢出不是来给你写代码的。但是，我们可以建议一种可行的方法。您仍然需要自己编写代码
@IvayloStrandjev 看看这个：cse.buffalo.edu/srds2009/escs2009_submission_Gopal.pdf

标签： c++ algorithm number-theory

【解决方案1】：

您需要使用几何级数和的公式：a^1 + a^2 + ... a^n = (a^(n+1) - 1) / (a - 1)。使用exponentiation by squaring，您可以在 O(log(n)) 中计算 (a^(n+1) - 1)。如果 M 是素数，除以 (a - 1) 只是再一次取幂 - 对于任何具有素数 p 的 U 互素数，U^(-1) (mod p) = U^(p-2) (mod p)。您可以使用Fermat's little theorem 来证明这一点。

【讨论】：

好吧，你不必划分mod M。实际上对于非主要的M 这可能很困难。计算a^(n+1) mod M 就足够了。所有其他计算都可以在恒定时间内以整数执行，然后再次mod M。
@freakish 不正确。可能是 (a^(n+1) - 1) = 3 (mod m) 和 (a - 1) = 2016 (mod m) （这里当然 2016 是小于 m 的随机数）
我的错，你还要加a - 1 mod M。请注意，a/b mod M == (a mod M)/(b mod M) 其中== 表示“全等”。仅当右侧有意义时，即当b mod M != 0 时，等式才成立。这种情况下只要a != 1 mod M那么就可以简单计算(a^(n+1) - 1 mod M) / (a - 1 mod M) mod M
假设a != 1 mod M 比M 必须是素数要好得多。
@freakish 由于同一个例子，这又不是真的。考虑 64 / 8 (mod 3)。

【解决方案2】：

首先，正如您所说的 M 5，您知道所有数字最多需要 16 位，所以只要稍微谨慎一点，您不应该被精确问题所困扰。

接下来，如aⁿ(mod M) = (a(mod M))ⁿ(mod M)，你也可以说 a5

接下来如果你记下 u_n=a⁰+a¹...a^n-1 (mod M)，您可以使用以下递归：

u_2k = u_k+a^ku_k (mod M)
u_k+1 = u_k+a^k (mod M)
u_2k+1 = u_k+1+a^k+1u_k (mod M ) = u_k+a^k+a*a^ku_k (mod M)

给定一个数 n，你会发现 log₂(n) 个数 n, n/2, n/4, ..., 1，使用上面的公式，你可以很容易地计算u_n/2ⁱ 和 a^n/2ⁱ 知道 u_n/2ⁱ⁺¹ 和 a^n/2ⁱ⁺¹

由于测试不同，这个算法可能写起来并不简单（特别是不要忘记 mod M 操作确保不会溢出），但它是 O(log₂(n))

【讨论】：