计算n的快速方法！ mod m 其中 m 是素数？

Posted 2023-02-16

【中文标题】计算n的快速方法！ mod m 其中 m 是素数？

【英文标题】：Fast way to calculate n! mod m where m is prime?

【发布时间】：2012-04-01 10:43:34

【问题描述】：

我很好奇是否有一个好的方法来做到这一点。我当前的代码是这样的：

def factorialMod(n, modulus):
    ans=1
    for i in range(1,n+1):
        ans = ans * i % modulus    
    return ans % modulus

但似乎很慢！

我也无法计算n！然后应用素数模数，因为有时 n 太大以至于 n！明确计算是不可行的。

我也遇到了http://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approximation，想知道这里是否可以以某种方式使用它？

或者，我如何在 C++ 中创建一个递归的、记忆化的函数？

【问题讨论】：

慢有多慢？从你的伪代码，我推断你是用 Python 计算的，对吗？

任何语言，真的；就语法而言，它在 C++ 中几乎相同。我在这里选择 Python 是因为它易于阅读。不过，即使在 C++ 中，我也需要一个更快的函数。

有一种非常快速的方法可以使用不变乘法或Montgomery reduction。这两种方法都消除了模数，并允许使用循环展开技术。

您可以将模数分解为主要因数，以更容易识别为零的情况，尽管这对较大的主要因数没有帮助 - 这有多大帮助取决于您对模数的了解，如果有的话，如果素因数分解让你喜欢。

如果 ans > 模数（信用：tech.groups.yahoo.com/group/primenumbers/messages/…）

【参考方案1】：

我在 quora 上找到了以下功能： 与 f(n,m) = n!模数;

function f(n,m:int64):int64;
         begin
              if n = 1 then f:= 1
              else f:= ((n mod m)*(f(n-1,m) mod m)) mod m;
         end;

可能会使用耗时的循环并乘以存储在字符串中的大量数字。此外，它适用于任何整数 m。 我找到此功能的链接：https://www.quora.com/How-do-you-calculate-n-mod-m-where-n-is-in-the-1000s-and-m-is-a-very-large-prime-number-eg-n-1000-m-10-9+7

【讨论】：

这与实现为递归函数的朴素算法完全相同。

【参考方案2】：

如果素数 m 的 n = (m - 1) 则由 http://en.wikipedia.org/wiki/Wilson's_theorem n! mod m = (m - 1)

正如已经指出的那样 n!如果 n > m

，则 mod m = 0

【讨论】：

这没有帮助。 BlueRaja-Danny-Pflughoeft 已经提到过威尔逊定理，它并没有多大作用，因为你不能指望只需要 (m-1)! 或 (m-k)！对于小 k，他的回答涵盖了但你的回答没有。

【参考方案3】：

如果我们要计算M = a*(a+1) * ... * (b-1) * b (mod p)，我们可以使用下面的方法，假设我们可以快速加减乘乘（mod p），得到O( sqrt(b-a) * polylog(b-a) )的运行时间复杂度。

为简单起见，假设(b-a+1) = k^2 是一个正方形。现在，我们可以将我们的产品分成 k 个部分，即M = [a*..*(a+k-1)] *...* [(b-k+1)*..*b]。此产品中的每个因子的格式为p(x)=x*..*(x+k-1)，对应的x。

通过使用多项式的快速乘法算法，例如Schönhage–Strassen algorithm，以分治法的方式，可以找到多项式p(x) in O( k * polylog(k) )的系数。现在，显然有一种算法可以将k点替换为O( k * polylog(k) )中的相同k次多项式，这意味着我们可以快速计算p(a), p(a+k), ..., p(b-k+1)。

C. Pomerance 和 R. Crandall 在“质数”一书中描述了这种将许多点代入一个多项式的算法。最终，当您拥有这些 k 值时，您可以将它们乘以 O(k) 并获得所需的值。

请注意，我们所有的操作都是在(mod p) 进行的。 确切的运行时间是O(sqrt(b-a) * log(b-a)^2 * log(log(b-a)))。

【讨论】：

H. Cormen 等人在著名的“算法介绍”一书中（在 FFT 章节中）也描述了“将许多点代入一个多项式”的算法。

【参考方案4】：

n！ mod m 可以在 O(n^{1/2 + ε}) 操作中计算，而不是简单的 O(n)。这需要使用 FFT 多项式乘法，并且仅适用于非常大的 n，例如n > 10⁴.

算法的概要和一些时间可以在这里看到：http://fredrikj.net/blog/2012/03/factorials-mod-n-and-wilsons-theorem/

【讨论】：

这是一个比接受的答案更好的答案。

【参考方案5】：

n 可以任意大

好吧，n 不能任意大 - 如果n >= m，那么n! ≡ 0 (mod m) （因为m 是因子之一，根据阶乘的定义).

---

假设n << m 并且您需要一个精确 值，据我所知，您的算法不会变得更快。但是，如果n > m/2，您可以使用以下身份（Wilson's theorem - 谢谢@Daniel Fischer！）

将乘法次数限制在大约m-n

（米-1）！ ≡ -1 (mod m) 1 * 2 * 3 * ... * (n-1) * n * (n+1) * ... * (m-2) * (m-1) ≡ -1 (mod m) 嗯！ * (n+1) * ... * (m-2) * (m-1) ≡ -1 (mod m) 嗯！ ≡ -[(n+1) * ... * (m-2) * (m-1)]^-1 (mod m)

这为我们提供了一种简单的方法来计算 n! (mod m) 中的 m-n-1 乘法，再加上 modular inverse：

def factorialMod(n, 模数): 答案=1 如果 n modinv(ans, modulus) ans = -1*ans + 模数 返回 ans % 模数

---

我们可以用另一种方式改写上述等式，这可能会或可能不会执行得稍微快一些。使用以下身份：

我们可以将方程改写为

嗯！ ≡ -[(n+1) * ... * (m-2) * (m-1)]^-1 (mod m) 嗯！ ≡ -[(n+1-m) * ... * (m-2-m) * (m-1-m)]^-1 (mod m) （术语的倒序） 嗯！ ≡ -[(-1) * (-2) * ... * -(m-n-2) * -(m-n-1)]^-1 (mod m) 嗯！ ≡ -[(1) * (2) * ... * (mn-2) * (mn-1) * (-1)^(mn-1)]-1 (mod m) 嗯！ ≡ [(m-n-1)!]^-1 * (-1)^(m-n) (mod m)

这可以用 Python 写成如下：

def factorialMod(n, 模数): 答案=1 如果 n modinv(ans, modulus) #因为m是奇素数，(-1)^(m-n) = -1如果n是偶数，+1如果n是奇数 如果 n % 2 == 0： ans = -1*ans + 模数 返回 ans % 模数

---

如果您不需要 精确 值，生活会轻松一些 - 您可以使用 Stirling's approximation 计算 O(log n) 时间的近似值 （使用 exponentiation by squaring ).

---

最后，我应该提一下，如果这是时间紧迫的，并且您正在使用 Python，请尝试切换到 C++。根据个人经验，您应该期望速度会提高一个数量级或更多，仅仅是因为这正是原生编译代码 擅长 在 的那种受 CPU 限制的紧密循环>（此外，无论出于何种原因，GMP 似乎比 Python 的 Bignum 更精细）。

【讨论】：

"这样，当m/2 < n < m时，你只需要计算(m/2)! * (-2)^(n-m/2-1) (mod m)"那么你可以做得更好。根据威尔逊定理，(m-1)! ≡ -1 (mod m) 如果m 是素数。现在(m-1)! = n! * (m - (m-n-1)) * ... * (m - 1) ≡ (-1)^(m-n-1) * n! * (m-n-1)! (mod m)，所以n! ≡ (-1)^(m-n) * ((m-n-1)!)^(-1) (mod m)。所以你需要计算(m-n-1)! mod m，找到它的模逆（O(log m) 步），并在必要时调整符号。当n 接近m/2 时差别不大，但在n > 3m/4 左右时很好。

@DanielFischer：谢谢！我已将其包含在答案中。

【参考方案6】：

扩展我的评论，对于 [100, 100007] 中的所有 n，这大约需要 50% 的时间，其中 m=(117 | 1117)：

Function facmod(n As Integer, m As Integer) As Integer
    Dim f As Integer = 1
    For i As Integer = 2 To n
        f = f * i
        If f > m Then
            f = f Mod m
        End If
    Next
    Return f
End Function

【参考方案7】：

将我的评论扩展到答案：

是的，有更有效的方法可以做到这一点。 但它们非常混乱。

所以除非你真的需要额外的性能，否则我不建议尝试实现这些。

---

关键是要注意模数（本质上是一个除法）将成为瓶颈操作。幸运的是，有一些非常快速的算法可以让您多次对相同的数字进行取模。

Division by Invariant Integers using Multiplication Montgomery Reduction

这些方法速度很快，因为它们基本上消除了模数。

---

仅这些方法就可以给您带来适度的加速。为了真正高效，您可能需要展开循环以实现更好的 IPC：

类似这样的：

ans0 = 1
ans1 = 1
for i in range(1,(n+1) / 2):
    ans0 = ans0 * (2*i + 0) % modulus    
    ans1 = ans1 * (2*i + 1) % modulus    

return ans0 * ans1 % modulus

但考虑到奇数的迭代次数并将其与我上面链接的方法之一结合起来。

有些人可能认为循环展开应该留给编译器。我会反驳说编译器目前还不够聪明，无法展开这个特定的循环。仔细看看你就会明白为什么了。

---

请注意，虽然我的回答与语言无关，但它主要用于 C 或 C++。

【讨论】：

如果刚刚对 3 个热门答案投了反对票的人的评论可能会很好。

如何在 C++ 中为阶乘模型 m 进行递归 + 记忆化？

@JohnSmith TBH，Memoization 可能根本没有帮助 - 没有什么可记忆的。它可能变得有用的唯一方法是尝试使用素因子分解方法并使用windowing algorithm for exponentiation by squaring。 （窗口算法是一种记忆算法。）但是从1 到n 的所有整数的素数分解可能会比您当前的算法慢。

好吧，在我的例子中，我是从低 n 迭代到高 n，所以这是否意味着我可以通过存储已经计算的值来节省时间？对于较大的 n，似乎只进行几次迭代而不是从 i=1 到 n 或 n/2 会节省大量时间

嗯...没有什么可以“保存”的。知道几个迭代对你其余的迭代没有帮助。

【参考方案8】：

假设您选择的平台的“mod”运算符足够快，那么您主要受限于计算 n! 的速度以及可用于计算它的空间。

那么它本质上是一个两步操作：

计算 n！ （有很多快速算法，这里不再赘述） 获取结果的 mod

没有必要使事情复杂化，尤其是在速度是关键因素的情况下。一般来说，在循环中尽可能少地执行操作。

如果您需要重复计算n! mod m，那么您可能需要记住执行计算的函数的值。一如既往，这是经典的空间/时间权衡，但查找表非常快。

最后，您可以将记忆与递归（如果需要，还可以使用蹦床）结合起来，让事情变得真正快。

【讨论】：

然而，对于大的n，计算n！然后执行mod是不可行的

不可行...为什么？由于内存限制？从问题来看，速度是问题，而不是内存。如果您希望内存占用尽可能小并然后优化速度，请更新您的问题以反映这一点。

-1 计算 n！然后mod很慢，请尝试计算2000000！ mod 5250307 那样。 OP 在这个问题上做得更好，你应该交错乘法和取模。

@cdeszaq：您似乎缺少的是在计算机上将两个非常大的数字（大于寄存器的大小）相乘不是O(1)：它更接近O(m log m) (m = #bits)。将两个 m 位数字相乘得到 (m+m) 位，因此您的方法大约需要 m log(m) + 2m log(m) + 3m log(m) + ... + nm log(m) = nm log(m)(n+1)/2 = O(mn^2 log(m)) 操作。但是，在每次操作后取模会产生大约 2(m log (m)) + 2(m log(m)) + ...n additions... + 2(m log(m)) = 2mn log(m) = O(mn log(m))，这明显更快，即使对于较小的 n。

计算 n! 为 very 大的 n 不仅速度慢，而且完全不可能，因为数字变得如此之大，您无法再解决它们。跨度>