2018.5.5校级选拔赛

Problem B 1102

1102: 高级机密

描述

题目描述：

随着Internet的飞速发展，传说中的RSA加密已经没有了当初的加密优势，但是作为一种经典的加密方法，还是值得我们学习一下。RSA加密中的一步需要计算a^bmodc，现在你需要做的就是写一个程序来计算a^bmodc的值。

输入：

有多组数据，每行分别是a，b，c的值（1<=a,b<c<=32768）.

输出：

输出多行，每行一个数，是输入行的运算结果。

样例输入

2 6 11

样例输出

9

(方法：a*b%c=((a%c)*b)%c)
CSDN:
如果b与c互素，则(a/b)%c=a*b^(phi(c)-1)%c
如果b与c不互素，则(a/b)%c=(a%bc)/b
对于b与c互素和不互素都有(a/b)%c=(a%bc)/b成立
其中：phi（c）欧拉phi函数：phi(n)是所有小于n的正整数里，和n互素的整数的个数
/******************************************************
数论中的一些性质（拓展）
(1)关于取模
(a+b)%c=(a%c+b%c)%c
(a*b)%c=((a%c)*(b%c))%c
(a-b)%c=(a%c-b%c+c)%c
(a/b)%c=(a%c)*b'(b'表示b的逆元)
(a^b)%c=((a%c)^b)%c
(a^(p-1)-1)%p=0,p为素数
(2)关于gcd
Gcd(a,b)=Gcd(a-b,b)
Gcd(a,b)=Gcd(a%b,b),a>b
gcd(a,b)*lcm(a,b)=a*b
(3) 关于fibonai
F[i]=F[i-1]+f[i-2],i>2
3*F[i]=F[i-2]+F[i+2]
2*F[i]=F[i+1]+F[i-2]
F[2N]=F[1]+F[3]+F[5]+F[7].....+F[2N-1]
F[M+N+1]=F[M+1]*F[N+1]+F[M]*F[N]
F[N]*F[N]=F[N-1]*F[N+1]+(-1)^N
gcd(F[N],F[M])=F[gcd(N,M)]
(4)关于欧拉函数
phi(p)*phi(q)=phi(p*q),gcd(p,q)=1
phi(i)=i*(1-1/p1)*(1-1/p2)..*(1-1/pk),pi|i且pi为素数

(a^(phi(m))-1)%m=0

sigma(k),k|n=(n*phi(n))/2

phi(p)=p-1,p为素数
n=sigma(phi(d)),d|n
****************************************************/

源代码：

#include<iostream>

#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
long a,b,c,ans;
while(cin>>a>>b>>c)
{
ans=a%c;
for(int i=1;i<b;i++)
{
ans=ans*a;
ans=ans%c;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}

参考文章来源——链接：docin./p-669678195.html

（RSA加密（快速幂取余）））

参考文章：blog.sina../s/blog_90c4f78f01015q4x.html

在Miller Rabbin测试素数，就用到了快速幂取模的思想。这里总结下。
求a^b%c（这就是著名的RSA公钥的加密方法），当a,b很大时，直接求解这个问题不太可能 
算法1：利用公式a*b%c=((a%c)*b)%c,这样每一步都进行这种处理，这就解决了a^b可能太大存不下的问题，但这个算法的时间复杂度依然没有得到优化
代码如下：在Miller Rabbin测试素数，就用到了快速幂取模的思想。这里总结下。
求a^b%c（这就是著名的RSA公钥的加密方法），当a,b很大时，直接求解这个问题不太可能 
算法1：利用公式a*b%c=((a%c)*b)%c,这样每一步都进行这种处理，这就解决了a^b可能太大存不下的问题，但这个算法的时间复杂度依然没有得到优化
代码如下： #include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
long a,b,c,ans;
while(cin>>a>>b>>c)
{
ans=a%c;
for(int i=1;i<b;i++)
{
ans=ans*a;
ans=ans%c;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
算法2：另一种算法利用了二分的思想，可以达到O(logn)。 
可以把b按二进制展开为：b = p(n)*2^n  +  p(n-1)*2^(n-1)  +…+   p(1)*2  +  p(0)
其中p(i) (0<=i<=n)为 0 或 1
这样 a^b =  a^ (p(n)*2^n  +  p(n-1)*2^(n-1)  +...+  p(1)*2  +  p(0))
               =  a^(p(n)*2^n)  *  a^(p(n-1)*2^(n-1))  *...*  a^(p(1)*2)  *  a^p(0)
对于p(i)=0的情况, a^（p(i) * 2^(i-1) ） =  a^0  =  1,不用处理
我们要考虑的仅仅是p(i)=1的情况
化简：a^(2^i)  = a^(2^(i-1)  * 2) = (  a^(  p(i)  *  2^(i-1)  )  )^2

（这里很重要！！具体请参阅秦九韶算法：baike.baidu./view/1431260.htm） 利用这一点，我们可以递推地算出所有的a^(2^i)
当然由算法1的结论，我们加上取模运算：
a^(2^i)%c = ( (a^(2^(i-1))%c) * a^(2^(i-1)))  %c
于是再把所有满足p(i)=1的a^(2^i)%c按照算法1乘起来再%c就是结果， 即二进制扫描从最高位一直扫描到最低位

实例代码：递归

[cpp] view plaincopy//计算a^bmodn       int modexp_recursion(int a,int b,int n)       {          int t = 1;        if (b == 0)          return 1;        if (b == 1)           return a%n;        t = modexp_recursion(a, b>>1, n);        t = t*t % n;        if (b&0x1)      {              t = t*a % n;      }        return t;   }   

实例代码2：非递归优化 

[cpp] view plaincopy#include <iostream>     using namespace std;         //计算a^bmodn     int modexp(int a,int b,int n)     {         int ret=1;         int tmp=a;         while(b)         {            //基数存在            if(b&0x1) ret=ret*tmp%n;            tmp=tmp*tmp%n;            b>>=1;         }         return ret;     }         int main()     {         cout<<modexp(2,10,3)<<endl;         return 0;     }