不合理基數的指數算法

Question

我知道在計算a^n有一種O(logn)算法，其中a是一個整數， n是一個巨大的整數（可能是需要對另一個素數MOD進行模塊化的結果）。

我想知道是否還有O(logn)算法可以計算

(a+sqrt(b))^n + (a-sqrt(b))^n (mod MOD)

非指數部分sqrt(b)在指數計算中看起來不容易處理。 我所能做的就是分別計算a+sqrt(b)和a-sqrt(b)部分，並將它們加在一起，然后進行模塊化，但是如果n很大，則很容易溢出。 有任何想法嗎？

Answer 1

您可以通過計算（以Z _M [x] /⟨x²-b⟩）來實現

(a+x)^n+(a-x)^n mod (M, x^2-b)

在這里，您可以再次對冪使用模數減半運算，現在的中間結果是線性多項式（在模整數上）。 實際上，您只需要一種冪，結果是常數系數的兩倍。

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或者，這些冪組合是2階線性遞歸的解

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

哪里

u[0]=2 and u[1]=2*a

因此您可以使用此遞歸的系統矩陣的快速矩陣求冪，再次獲得O（log（n））算法（不考慮位大小）。

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示例：根據注釋，取a = 3，b = 8，n = 2（並且整數mod M = 10 ^ 9 + 7，示例不足以解決問題）

在第一個變體中，計算u [n] =（a + x）^ n mod（M，x ^ 2-b），因此

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

常數項的兩倍是2 * 17 = 34

在第二個變體中，遞歸為（2 * a = 6，a ^ 2-b = 1）

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

這樣第一個序列元素是

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

Answer 2

如果展開(a+sqrt(b))^n + (a-sqrt(b))^n

  ( 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的部分的條款將取消。 （nC2等是二項式系數）。

上面的RHS可以使用整數算術相當有效地計算，因為您可以將序列中的每個術語與上一個相關。 但是，有n / 2個項，因此計算為O（n）。

我們知道結果將是一個整數，我們可以嘗試通過平方算法遍歷冪運算，並跟蹤整數和小數部分。 寫a+sqrt(b) = x + y ，其中x是整數，y是小數部分。

找到這個平方，我們得到x^2 + 2 xy + y^2 。 即使我們只對整數部分感興趣，但由於2 x y+ y^2的整數部分，我們仍然會遇到一些問題。 這會導致問題，無法有效地計算我們將要知道的很多y整數部分。 當我們使用更高的冪時，您需要更多更多的y才能得到整數部分。

我認為正常的浮點乘法不足以計算非常大的n 。