簡介
快速冪取余，其實就是\(a^b \mod c\)
算法1.
首先直接地來設計這個算法：
int ans=1, i;
for(i=1;i<=b;i++)
ans*=a;
ans%=c;
這個算法的時間復雜度體現在for循環中，為\(O(b)\).
這個算法存在着明顯的問題,如果a和b過大，很容易就會溢出。
那么，我們先來看看第一個改進方案：在講這個方案之前，要先有這樣一個公式：
\(a^b \mod c=(a \mod c)^b\)
引理：
\((a \times b) \mod c =[ ( a \mod c ) \times (b \mod c) ] \mod c\) ;
證明：
\(\ \ \ \ \ \ 設 a \mod c = d,b \mod c = e;\)
\(\ \ \ \ \ \ 則：a=t \times c+d;\)
\(\ \ \ \ \ \ b = k \times c+e;\)
\(\ \ \ \ \ \ (a \times b) \mod c=(t \times c+d)(k \times c+e)\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =(t \times k c^2 + ( t \times e+d \times k) \times c+d \times e) \mod c\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =d \times e \mod c\)
即積的取余等於取余的積的取余.
\(a^b \mod c\) 由上述公式迭代即可得到 \((a \mod c)^b\)
證明了以上的公式以后，我們可以先讓a關於c取余，這樣可以大大減少a的大小，於是不用思考的進行了改進：
算法2：
int ans = 1 , i ;
a = a % c; //加上這一句
for ( i = 1;i<=b;i++)
ans = ans * a;
ans = ans % c;
既然某個因子取余之后相乘再取余保持余數不變，那么新算得的ans也可以進行取余，所以得到比較良好的改進版本。
算法3：
int ans = 1 ,i ;
a = a % c;
for(int i = 1;i<=b;i++)
ans = (ans * a) % c; //這里再取了一次余
ans = ans % c;
這個算法在時間復雜度上沒有改進，仍為O(b)，不過已經好很多的，但是在c過大的條件下，還是很有可能超時，所以，我們推出以下的快速冪算法。
快速冪取余依賴於以下公式:
\(a^b \bmod c=((a^2)^{\frac{b}{2}}) \bmod c\)，\(b\)是偶數
\(a^b \bmod c=((a^2)^{\frac{b}{2}} \times a) \bmod c\)，\(b\)是奇數
有了上述兩個公式后，我們可以得到以下結論：
1.如果\(b\)是偶數，我們可以記\(k=a^2 \bmod c\)，那么求\(k^{\frac{b}{2}} \bmod c\)；
2.如果\(b\)是奇數，我們也可以記\(k=a^2 \bmod c\)，那么求\((k^{\frac{b}{2}} \bmod c \times a) \bmod c\)就可以了。
於是我們得到以下算法：
算法4：
int ans = 1 ，i ;
a = a % c;
if (b%2==1)
ans = (ans * a) mod c; //如果是奇數，要多求一步，
//可以提前算到 ans 中。
k = (a*a) % c; //我們取a^2 而不是a
for( i = 1;i<=b/2;i++)
ans = (ans * k) % c;
ans = ans % c;
我們可以看到，我們把時間復雜度變成了O(b/2).
當然，這樣子治標不治本。
但我們可以看到，當我們令\(k=(a\times a) \bmod c\)時，狀態已經發生了變化，我們所要求的最終結果即為\(k^{\frac{b}{2}} \bmod c\)
而不是原來的\(a^b \bmod c\)，所以我們發現這個過程是可以迭代下去的。當然，對於奇數的情形會多出一項\(a \bmod c\)，所以為了完成迭代，當b是奇數時，我們通過\(ans=(ans \times a) \bmod c\);
來彌補多出來的這一項，此時剩余的部分就可以進行迭代了。
形如上式的迭代下去后，當\(b=0\)時，所有的因子都已經相乘，算法結束。
於是便可以在\(O(\log{b})\)的時間內完成了。
於是，有了最終的算法：快速冪算法。
算法5：快速冪算法
long long 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; //b >>= 1;
a = (a * a) % c;
}
return ans;
}
本算法的時間復雜度為O（logb），能在幾乎所有的程序設計（競賽）過程中通過，是目前最常用的算法之一。
擴展：
有關於快速冪的算法的推導，還可以從另一個角度來想。
\(a^b \bmod c\)求解這個問題，我們也可以從二進制轉換來考慮：
將10進制的\(b\)轉化成2進制的表達式：
\(b_{(10)}=\overline{a_{n}a_{n-1}...a_{1}a_{0}}_ {(2)}\)
那么，實際上，\(b=a_{n} \cdot 2^{n}+a_{n-1} \cdot 2^{n-1}+...+a_{1} \cdot 2^{1}+ a_0\)
\(a^b=a^{a_{n} \cdot 2^{n}+a_{n-1} \cdot 2^{n-1}+...+a_{1} \cdot 2+ a_0}=a^{a_{n} \cdot 2^{n}} \cdot a^{a_{n-1} \cdot 2^{n-1}} \cdot ... \cdot a^{a_{1} \cdot 2} \cdot a^{a_0}\)
所以
\(\ \ \ a^b \bmod c = (a^{a_{n} \cdot 2^{n}} \cdot a^{a_{n-1} \cdot 2^{n-1}} \cdot ... \cdot a^{a_{1} \cdot 2} \cdot a^{a_0}) \bmod c\)
\(=[(a^{a_{n} \cdot 2^{n}} \bmod c) \cdot (a^{a_{n-1} \cdot 2^{n-1}} \bmod c) \cdot ... \cdot (a^{a_{0}} \bmod c)] \bmod c\)
注意此處的\(a_n\)要么為0，要么為1，如果為0，那么這一項就是1，這個對應了上面算法過程中b是偶數的情況,為1對應了b是奇數的情況。