64位整数乘法讲解-And-AcWing-90. 64位整数乘法-《算法竞赛进阶指南》

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64位整数乘法

题目描述

a ∗ b a*b ab m o d mod mod取模的值

1 ≤ a , b , m o d ≤ 1 0 18 1\\leq a,b,mod\\leq 10^{18} 1a,b,mod1018

问题分析

先不考虑 _ _ i n t 128 \\_\\_int128 __int128

类似于快速幂的思想, b = c k − 1 2 k − 1 + c k − 2 2 k − 2 + ⋯ + c 0 2 0 b=c_{k-1}2^{k-1}+c_{k-2}2^{k-2}+\\cdots+c_02^0 b=ck12k1+ck22k2++c020

因此: a ∗ b = a ∗ c k − 1 2 k − 1 + a ∗ c k − 2 2 k − 2 + ⋯ + a ∗ c 0 2 0 a*b=a*{c_{k-1}2^{k-1}}+a*{c_{k-2}2^{k-2}}+\\cdots+a*{c_02^0} ab=ack12k1+ack22k2++ac020

也就是说如果 b b b的第 i i i c i c_i ci 0 0 0,那么 a ∗ c i 2 i a*{c_{i}2^{i}} aci2i就等于 a ∗ 0 = 0 a*0=0 a0=0;如果 c i c_i ci 1 1 1,那么就等于 a ∗ 2 i a*{2^i} a2i

又有 a ∗ 2 i = ( a ∗ 2 i − 1 ) ∗ 2 a*{2^i}=(a*{2^{i-1}})*2 a2i=(a2i1)2,而 k = l o g 2 ( ⌈ b + 1 ⌉ ) k=log_2(\\lceil b+1\\rceil) k=log2(b+1) ⌈ ⌉ \\lceil\\rceil 表示向上取整),故时间复杂度为 O ( l o g 2 b ) O(log_2b) O(log2b)

所以每次取 b b b中的 1 1 1位( b & 1 , b > > = 1 b\\&1,b>>=1 b&1,b>>=1),每次 a a a 2 2 2( a = a ∗ 2 % m o d a=a*2\\%mod a=a2%mod),如果 b b b的这一位是 1 1 1累加 a n s ans ans中。


64位整数乘法模板

typedef long long ll;

ll mul(ll a, ll b, ll mod)
{
    ll ans=0;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ans = (ans+a)%mod;
        a = a*2%mod;
    }
    return ans;
}

AcWing-90. 64位整数乘法

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Problem Description

a ∗ b a*b ab m o d mod mod取模的值

Tips

1 ≤ a , b , m o d ≤ 1 0 18 1\\leq a,b,mod\\leq 10^{18} 1a,b,mod1018


AC代码

/*
 * @Author: LetMeFly
 * @Date: 2021-07-26 18:44:35
 * @LastEditors: LetMeFly
 * @LastEditTime: 2021-07-26 18:50:06
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define dbg(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define fi(i, l, r) for (int i = l; i < r; i++)
#define cd(a) scanf("%d", &a)
typedef long long ll;

ll mul(ll a, ll b, ll mod)
{
    ll ans = 0;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            ans = (ans + a) % mod;
        a = a * 2 % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    ll a, b, c;
    cin >> a >> b >> c;
    cout << mul(a, b, c) << endl;
    return 0;
}

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