大數取模運算，快速冪取模運算
1.快速冪取模
快速冪取模就是在O(logn)內求出a^n mod b的值。演算法的原理是ab mod c=(a mod c)(b mod c)mod c
long exp_mod(long a,long n,long b)
{
long t;
if(n==0) return 1%b;
if(n==1) return a%b;
t=exp_mod(a,n/2,b);
t=t*t%b;
if((n&1)==1) t=t*a%b;
return t;
}2.大數取模運算Barrett reduction
Barrett reduction演算法的證明和使用。
作者剛做完了課程設計作業，閒來無事寫篇文章。
大數中的指數運算，需要對一個數進行取模，因為最大可能二進位制下2048位的2048位次方，所以必須邊做乘法邊取模。
乘法使用快速冪，如果底數位數是x，指數位數是e，底數足夠大的話，複雜度取決於模數，模數是m位的話，複雜度是O(m*m*e)。程式裡，大數的儲存是2的32次方進位制的，這裡的m*m要除以（32*32）。
取模運算，如果直接呼叫大數取模，因為除法是很慢的，所以效率很低。用Barrett reduction演算法可以將除法轉化為乘法和位運算，減法。
因為模數是任意的，所以不用蒙哥馬利演算法。
作業裡只要求完成非負的大數運算，後面證明中預設大數都是非負的。
下面介紹Barrett reduction演算法
求 x mod m
m的位數是k
使用條件: x位數不大於2*k。對同一個數反覆取模。
使用方法（這裡是非負數）：
計算常量 mu=b^2k / m
取模時：
q1 = x / b^(k-1)
q2 = q1 * mu
q3 = q2 / b^(k+1)
r1 = x % b^(k+1)
r2 = (q3 * m) % b^(k+1)
r = r1 - r2
if ( r > m ) r -= m
return r
很多資料把mu=b^2k / m寫成了mu=b^k / m，作者被坑了，很生氣，決定放假寫這麼一個文章。另外，百度上基本看不到什麼相關的證明。
證明：
[]表示取整，b是大數的進位制
只需要一次除法預處理。
之後的除法和取模都是對進位制b的若干次方進行的，所以位運算即可。
乘法時，因為最後結果是要取最後k+1位的，所以在乘的時候，可以直接把k+1位前面的丟棄，減少迴圈次數。作者是另外寫了一個限制位數的乘法函式，效率提升了一些。
證明部分截圖自word實驗報告。
大數取模：一般取模+技巧取模+快速冪取模+尤拉函式(費馬小定理)
https://blog.csdn.net/u011361880/article/details/77802742
一般取模運算(不推薦)：
(a^n)%m。 我們可以改寫為(a^n)%m= (（a%m)^n)%m, 即迴圈n次。
缺點：低效，迴圈了n次。
int exp_mod(int a,int n,int m){
a = a%m;
int temp = 1;
while(n--)
{
temp = temp * a;
temp = temp % m;
}
return temp;
}第一種，技巧取模：
(a^n)%10
當n非常大時，嗯，只能用字串存n的時候。
簡單分析一下，
a%10. 有10種可能，（來源於室友“張博士”的逆天發現，明明可以靠臉吃飯，他偏偏要靠才華，明明可以快速冪取模，它偏要發現這種，出現大大大大數的）
a%10 = 0. 這個結果就不需要看了。0
a%10 = 1. (1^n )%10會出現的可能數字：1
a%10 = 2. (2^n )%10會出現的可能數字：2，4（=2*2）， 8（=2*4），6（=2*8），繼續迴圈，2, 4, 8, 6…..
a%10 = 3. (3^n )%10會出現的可能數字：3，9（=3*3），7（=3*9）， 1（=3*7）,繼續迴圈，3,9,7,1…..
a%10 = 4. (4^n )%10會出現的可能數字：4，6（4*4） , 繼續迴圈，4,6……
a%10 = 5. (5^n )%10會出現的可能數字：5
a%10 = 6. (6^n )%10會出現的可能數字：6
a%10 = 7. (7^n )%10會出現的可能數字：7, 9, 3, 1 繼續迴圈，
a%10 = 8. (8^n )%10會出現的可能數字：8, 4, 2, 6 繼續迴圈，
a%10 = 9. (9^n )%10會出現的可能數字：9, 1 繼續迴圈，
重點是繼續迴圈，發現，最大情況下，都是以4位數字迴圈，換句話說，(a^n)%10 和(a^(n+4))%10是相等的，當然，這裡n不等於0. 如果這裡看懂了，那這裡差不多就ok了。
我們把n –> (n%4)+4. 這裡加4的原因是為了防止n%4==0. ，並且我們沒有考慮n==0的情況。這個單獨處理一下。
OK
如果n ！= 0.
(a^n)%10 = (a^（n%4+4）)%10 = ((a%10)^（n%4+4）) % 10
另外友情提示：對於n，如果是字串儲存，(十進位制) 我們只需要取最後的2位數，用它代替n即可，因為999, 900肯定是可以被4整除的，我們只需要99即可，用99%4+4。
如果是int 型或longlong。(二進位制) (n & 11)按位“與”可以取出後2位，代替n%4，（注意不能代替n%4+4 . 加4一直需要），第3位是4，肯定可以被4整除。
(a^n) %b
long exp_mod(long a,long n,long b)
{
long t;
if(n==0) return 1%b;
if(n==1) return a%b;
t=exp_mod(a,n/2,b);
t=t*t%b;
if((n&1)==1) t=t*a%b;
return t;
}這個程式碼就是一般的折半，遞迴，折半….。注意，(n&1) 按位“與 ”，如果是奇數，那麼結果是1，否則結果是0.
(a^n) %b
int exp_mod(int a,int b,int n){
int r=1;
while(b){
if(b&1)r=(r*a)%n;
a=(a*a)%n;
b>>=1; // b = b>>1;
}
return r;
}主要思想還是折半。但是運用的非常巧妙，假設b是一個偶數，並且b/2.b/4，b/8.。。。。一直到2都是偶數，
OK，假設b == 16. a==2.
b = 16,8,4,2,1
我們發現，只有最後一次，b==1，時，我們進入了if語句，
我們檢視while迴圈裡面，a的變化。(這裡先不考慮模)
b=16，進入while a = 2^2;
b=8, a = 2^4；
b=4, a = 2^8;
b=2, a = 2^16
b=1, ，進入if語句，r = a, 此時返回的是r。
假設b=18.
b=18，進入while a = 2^2;
b=9, 此時，進入了if語句。r=2^2. a = 2^4；
b=4, a = 2^8;
b=2, a = 2^16
b=1, ，進入if語句，r = r*a = 2^2 * 2^16 , 此時返回的是r。
我們發現，在b=9時，我們用r儲存了2^2. 為什麼呢。反過來，從下往上看，我們要計算2^18次方。但是我們此時只知道2^8的結果，我們並不知道2^9是多少。因此，我們用了2個2^8. 此時，我們還是差了一個2^2.
r儲存的剛好是這個值。
當b是奇數時。b越小，說明離18越遠，從下往上乘，我們一開始是差一個2（b=8和b=9差一個2），一直往上翻倍，即到了18，差2個2.即2^2。因此，r的值也需要越來越大。 （這裡需要好好理解。）
每碰到一次奇數，我們都會和原來的差一個2. 然後這個奇數距離18的距離越遠。我們需要補回去的值就越大，即r的值。
重新舉一個例子：
b=22 進入while a = 2^2
b=11 進入if，r = 2^2. a=2^4 ——>要補回2^2
b=5 進入if， r=2^2 * 2^4. a = 2^8 ——> 要補回2^4
b=2 a=2^16
b=1,進入if， r = 2^2 * 2^4 * 2^16
當b=11時，只知道2^5,用了兩個，可以變成2^10.
和11相差一個2.再到22即相差兩個2.
當b=5時，只知道2^2.用了兩個。可以變成2^4，相差一個2. 再到10（11）時，翻倍，變成了2個。
（10到11，在b=11那裡已經補回來了），再到22，翻倍，變成2個。
第三種，尤拉函式：
先介紹一個定義，互質：a和b互質，即a和b除了1以為，沒有其他公約數。
對正整數n，尤拉函式是小於n的數中與n 互質的數的數目，
φ(8)=4，因為1,3,5,7均和8互質。
費馬小定理：
對於互質的整數a和n，有a^φ(n) ≡ 1 mod n
即(a^φ(n)) % n = 1 %n = 1;
我們常常會見到。求(a^n)%1000000007, n>1000000007.
因為m=1000000007是質數，毫無疑問，φ(m) = m-1 = 1000000006.
假設n = k * 1000000006 +r .其中r是餘數，
我們利用費馬小定理降級處理。
(a^n)%1000000007 = (a^（ k * 1000000006 +r ）)%1000000007
=(a^（ k * 1000000006 ）)%1000000007 * (a^r )%1000000007
=1 * (a^r )%1000000007
直接把n變成了r。