P5035金坷垃题解（快速幂的讲解）

 

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首先经过读题，我们发现找到合格的金坷垃，怎么样的金坷垃才是合格的呢？（我们不难发现1肯定是合格的【题目已经给出了】）

然后我们开始手推一下之后合格的金坷垃：

2-1=1（合格）

3-1-1=1（不合格（1重复减了））

4-2-1=1（合格）

......

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对于任意一个数，他减去他的任意一个约数（除它本身）最小值都为他本身的1/2，我们可以考虑倒着推回去这样就行了，发现合格的金坷垃必须是2的倍数，我们可以用反证法来证明，如果一个合格的金坷垃不是二的倍数，那么最后经过前面的相减肯定会变成一个质数。

一个质数的约数（除它本身）只有1，但我们用一个数只能用一次，那么这个金坷垃就不是一个合格的金坷垃

如90：

90-45=45；

45-15=30；

30-10=20；

20-5=15；

15-3=12；

12-6=6；

6-3=3；

最后剩下了3（质数）【这个各位可以自己推一下】

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1；

1+1=2；

1+1+2=4；

1+1+2+4=8；

1+1+2+4+8=16；

......

不难发现第i个合格的金坷垃就是2的i-1次方，这样我们就可以用快速幂来解决了

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直接用快速幂模板就能过了！

#include<bits/stdc++.h>//万能头
using namespace std;
const int mod=123456789;//要mod的值
long long n;
long long qmi(long long x,long long k){//快速幂模板
    long long res=1;
    while(k>0){
        if(k&1){
            res=res*x%mod;
        }
        x=x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return res;
}
int main(){
    cin>>n;
    cout<<(qmi(2,n-1)%mod+mod)%mod<<endl;//输出2的n-1次方，(qmi(2,n-1)%mod+mod)%mod是防负数的，但这个没有负数就可以不用写
    return 0;//结束程序
}

根据这个题目我们可以引出快速幂了：

顾名思义，快速幂就是快速算底数的n次幂。其时间复杂度为 O(log₂N)， 与朴素的O(N)相比效率有了极大的提高。这就可以让我们不用担心t掉了。

快速幂算法的核心思想就是每一步都把指数分成两半，而相应的底数做平方运算。这样不仅能把非常大的指数给不断变小，所需要执行的循环次数也变小，而最后表示的结果却一直不会变。（一般在题目当中都会mod一个数字，我们也不用考虑写高精度）

让我们先来看一个简单的例子：

我们用ans来记录答案

因为这个是乘法，所以说ans赋值为1；

3^10=3*3*3*3*3*3*3*3*3*3*ans

3^10=(3*3)*(3*3)*(3*3)*(3*3)*(3*3)*ans

3^10=(3*3)^5*ans；

3^10=9^5

-----------------  一次操作（n为偶数的情况）（n为偶数的情况，ans的值不会改变）

3^10=（9^4）* 9

ans=ans*9；

3^10=  (9^4)*ans

9^5= （81^2）*ans

-----------------  又一次操作（n为奇数的情况）（n为奇数的情况，ans的值等于它本身×底数）

 

所以在实现代码之前，我们先在这里总结一下快速幂

• 优势：
• 时间复杂度为 O(log₂N)， 与朴素的O(N)相比效率有了极大的提高
• 用法：
• 指数为奇数，ans=ans*底数，底数平方，指数右移一位（除以2向下取整）
• 指数为偶数，ans不变，底数平方，指数右移一位（除以2）

 代码实现

int qmi(int m, int k, int p)
{
    int ans = 1 % p, t = m;
    while (k)
    {
        if (k&1) ans = ans * t % p;//如果指数是奇数的话，ans=ans*底数t
        t = t * t % p;//底数平方（无论指数是奇数还是偶数都要平方）
        k >>= 1;//指数右移一位（除以2或者向下取整） 
　　} 
　　return res;
}