如何计算大数的模？

Posted 2023-02-16

【中文标题】如何计算大数的模？

【英文标题】：How to calculate modulus of large numbers?

【发布时间】：2011-01-11 18:38:11

【问题描述】：

如何在不使用计算器的情况下计算 5^55 模数 221 的模数？

我猜密码学中的数论中有一些简单的原则可以计算这些东西。

【问题讨论】：

这里是一个解释：devx.com/tips/Tip/39012

devx 链接没有多大用处，数论中还有其他简单的方法可以解决此类问题，AFAIK。

@Priyank Bolia：别担心，这个问题不太可能被关闭。这是个好问题。如果关闭，会有很多人投票重新开放。

是的，我们中的许多人都知道，有时计算机科学涉及数学。

@JB King：MathOverflow 适用于研究生及更高级别的数学；这个问题在那里会不受欢迎。

【参考方案1】：

好的，所以你要计算a^b mod m。首先，我们将采用一种简单的方法，然后看看我们如何改进它。

首先，减少a mod m。这意味着，找到一个数字a1，以便0 <= a1 < m 和a = a1 mod m。然后在循环中重复乘以a1 并再次减少mod m。因此，在伪代码中：

a1 = a reduced mod m
p = 1
for(int i = 1; i <= b; i++) 
    p *= a1
    p = p reduced mod m

通过这样做，我们避免了大于m^2 的数字。这是关键。我们避免使用大于m^2 的数字的原因是因为在每一步0 <= p < m 和0 <= a1 < m。

例如，让我们计算5^55 mod 221。首先，5 已经减少了mod 221。

1 * 5 = 5 mod 221 5 * 5 = 25 mod 221 25 * 5 = 125 mod 221 125 * 5 = 183 mod 221 183 * 5 = 31 mod 221 31 * 5 = 155 mod 221 155 * 5 = 112 mod 221 112 * 5 = 118 mod 221 118 * 5 = 148 mod 221 148 * 5 = 77 mod 221 77 * 5 = 164 mod 221 164 * 5 = 157 mod 221 157 * 5 = 122 mod 221 122 * 5 = 168 mod 221 168 * 5 = 177 mod 221 177 * 5 = 1 mod 221 1 * 5 = 5 mod 221 5 * 5 = 25 mod 221 25 * 5 = 125 mod 221 125 * 5 = 183 mod 221 183 * 5 = 31 mod 221 31 * 5 = 155 mod 221 155 * 5 = 112 mod 221 112 * 5 = 118 mod 221 118 * 5 = 148 mod 221 148 * 5 = 77 mod 221 77 * 5 = 164 mod 221 164 * 5 = 157 mod 221 157 * 5 = 122 mod 221 122 * 5 = 168 mod 221 168 * 5 = 177 mod 221 177 * 5 = 1 mod 221 1 * 5 = 5 mod 221 5 * 5 = 25 mod 221 25 * 5 = 125 mod 221 125 * 5 = 183 mod 221 183 * 5 = 31 mod 221 31 * 5 = 155 mod 221 155 * 5 = 112 mod 221 112 * 5 = 118 mod 221 118 * 5 = 148 mod 221 148 * 5 = 77 mod 221 77 * 5 = 164 mod 221 164 * 5 = 157 mod 221 157 * 5 = 122 mod 221 122 * 5 = 168 mod 221 168 * 5 = 177 mod 221 177 * 5 = 1 mod 221 1 * 5 = 5 mod 221 5 * 5 = 25 mod 221 25 * 5 = 125 mod 221 125 * 5 = 183 mod 221 183 * 5 = 31 mod 221 31 * 5 = 155 mod 221 155 * 5 = 112 mod 221

因此，5^55 = 112 mod 221。

现在，我们可以使用exponentiation by squaring 来改进它；这是著名的技巧，我们将求幂减少到只需要 log b 乘法而不是 b。请注意，使用我上面描述的算法，通过平方改进求幂，您最终会得到right-to-left binary method。

a1 = a reduced mod m
p = 1
while (b > 0) 
     if (b is odd) 
         p *= a1
         p = p reduced mod m
     
     b /= 2
     a1 = (a1 * a1) reduced mod m

因此，由于 55 = 110111 二进制

1 * (5^1 mod 221) = 5 mod 221 5 * (5^2 mod 221) = 125 mod 221 125 * (5^4 mod 221) = 112 mod 221 112 * (5^16 mod 221) = 112 mod 221 112 * (5^32 mod 221) = 112 mod 221

因此答案是5^55 = 112 mod 221。这样做的原因是因为

55 = 1 + 2 + 4 + 16 + 32

这样

5^55 = 5^(1 + 2 + 4 + 16 + 32) mod 221
     = 5^1 * 5^2 * 5^4 * 5^16 * 5^32 mod 221
     = 5 * 25 * 183 * 1 * 1 mod 221
     = 22875 mod 221
     = 112 mod 221

在我们计算5^1 mod 221、5^2 mod 221等的步骤中，我们注意到5^(2^k) = 5^(2^(k-1)) * 5^(2^(k-1))因为2^k = 2^(k-1) + 2^(k-1)所以我们可以首先计算5^1并减少mod 221，然后平方这并减少mod 221以获得5^2 mod 221等。

上面的算法形式化了这个想法。

【讨论】：

嗯，大多数编程语言都有一个内置的运算符。例如，在 C 派生语言中，% 运算符是模运算符。因此，int p = 625 % 221 会将183 分配给p。您可以通过将625 除以221 作为整数除法并得到答案2 来实现相同的功能。然后你用625 - 2 * 221 得到剩余部分。在这种情况下，625 - 2 * 221 = 183 就是答案。

是的，正如我在最后的段落中所描述的那样，你通过平方来求幂。

您实际上可以通过平方比取幂做得更好，尤其是在大指数的情况下。请注意，您找到了5^16 == 1 (mod 221)。因此，5^k == 5^(k%16) (mod 221).

@Jason：你写过：首先，减少一个 mod m。这意味着，找到一个数字 a1 使得 0 看起来最后一个等式包含错字，不应该是 a1 = a mod m 而不是？

@Jason 大多数情况下，如果您刚刚添加了“;” （和一些其他字符）到你的伪代码，它会是 C.

【参考方案2】：

添加到杰森的答案：

您可以使用指数的二进制展开来加快处理速度（这可能对非常大的指数有帮助）。首先计算 5, 5^2, 5^4, 5^8 mod 221 - 你通过重复平方来做到这一点：

 5^1 = 5(mod 221)
 5^2 = 5^2 (mod 221) = 25(mod 221)
 5^4 = (5^2)^2 = 25^2(mod 221) = 625 (mod 221) = 183(mod221)
 5^8 = (5^4)^2 = 183^2(mod 221) = 33489 (mod 221) = 118(mod 221)
5^16 = (5^8)^2 = 118^2(mod 221) = 13924 (mod 221) = 1(mod 221)
5^32 = (5^16)^2 = 1^2(mod 221) = 1(mod 221)

现在我们可以写了

55 = 1 + 2 + 4 + 16 + 32

so 5^55 = 5^1 * 5^2 * 5^4 * 5^16 * 5^32 
        = 5   * 25  * 625 * 1    * 1 (mod 221)
        = 125 * 625 (mod 221)
        = 125 * 183 (mod 183) - because 625 = 183 (mod 221)
        = 22875 ( mod 221)
        = 112 (mod 221)

您可以看到对于非常大的指数，这将如何更快（我相信它是对数而不是 b 中的线性，但不确定。）

【讨论】：

这是更好的解释

我怀疑通过平方来避免幂运算实际上要快得多（通常），而是直接搜索最小指数 $k$ 使得 $5^k == 5 (mod 221)$ .这当然取决于指数的大小与模数的关系，但是一旦你有了那个指数，你只需要一个计算（指数 mod k）和查找。请注意，如果您需要重复类似的计算，它也肯定会更好。 （你一般不能寻找 $a^k == 1 (mod 221)$ 因为这只有在 $a$ 和 221 是相对质数时才会发生）

嗯，不，一般来说，找到具有该属性的最小指数比平方和乘法慢得多。但是，如果您知道模数的分解，那么您可以轻松计算 carmichael lambda 函数，它是您的 k 的倍数。

【参考方案3】：

/* The algorithm is from the book "Discrete Mathematics and Its
   Applications 5th Edition" by Kenneth H. Rosen.
   (base^exp)%mod
*/

int modular(int base, unsigned int exp, unsigned int mod)

    int x = 1;
    int power = base % mod;

    for (int i = 0; i < sizeof(int) * 8; i++) 
        int least_sig_bit = 0x00000001 & (exp >> i);
        if (least_sig_bit)
            x = (x * power) % mod;
        power = (power * power) % mod;
    

    return x;

【讨论】：

x * power 和power * power 在mod*mod > UINT_MAX + 1 时会溢出。

是的@chux 是对的，即使在 x * power 和 power * power 期间我们也应该使用 mod。

@jack_1729 代码可以使用更宽的整数类型和x * power 来避免OF。如果没有可用，代码可以使用this。

【参考方案4】：

5^55 mod221

= (   5^10         * 5^10         * 5^10         * 5^10          * 5^10          * 5^5) mod221    

= ( ( 5^10) mod221 * 5^10         * 5^10         * 5^10          * 5^10          * 5^5) mod221 

= (   77           * 5^10         * 5^10         * 5^10          * 5^10          * 5^5) mod221   

= ( ( 77           * 5^10) mod221 * 5^10         * 5^10          * 5^10          * 5^5) mod221 

= (   183                         * 5^10         * 5^10          * 5^10          * 5^5) mod221 

= ( ( 183                         * 5^10) mod221 * 5^10          * 5^10          * 5^5) mod221 

= (   168                                        * 5^10          * 5^10          * 5^5) mod221 

= ( ( 168                                        * 5^10) mod 221 * 5^10          * 5^5) mod221 

= (   118                                                        * 5^10          * 5^5) mod221 

= ( ( 118                                                        * 5^10) mod 221 * 5^5) mod221 

= (   25                                                                         * 5^5) mod221 

=     112

【讨论】：

这比取幂的方式慢吗？

【参考方案5】：

您正在寻找的是模幂运算，特别是模二进制幂运算。这个wikipedia link 有伪代码。

【参考方案6】：

Chinese Remainder Theorem 想到的初始点为 221 = 13 * 17。因此，将其分解为最后组合的两部分，一个用于 mod 13，一个用于 mod 17。其次，我相信那里是所有非零 a 的 a^(p-1) = 1 mod p 的一些证明，这也有助于减少您的问题，因为对于 mod 13 的情况，5^55 变为 5^3，即 13*4=52。如果您查看“有限域”主题，您可能会发现一些关于如何解决此问题的好结果。

编辑：我提到这些因素的原因是，这创造了一种将零分解为非零元素的方法，就好像您尝试了 13^2 * 17^4 mod 221 之类的东西一样，答案为零，因为 13*17= 221.很多大数不会是素数，尽管有一些方法可以找到大素数，因为它们在密码学和数学的其他领域中被大量使用。

【讨论】：

好吧，我首先不知道阶乘，我试图证明这个数字是素数，使用米勒拉宾算法。所以，我在另一端。

这里没有任何阶乘，但是有一个不同的因式分解。整数 n 的阶乘定义为所有小于 n 的正整数的乘积，例如2!=2、3!=6 等，通常使用 !象征。因式分解是不同的，没有一个通用的符号用来表示被分解的整数。

【参考方案7】：

这是我为 IBAN 验证编写的代码的一部分。随意使用。

    static void Main(string[] args)
    
        int modulo = 97;
        string input = Reverse("100020778788920323232343433");
        int result = 0;
        int lastRowValue = 1;

        for (int i = 0; i < input.Length; i++)
        
            // Calculating the modulus of a large number Wikipedia http://en.wikipedia.org/wiki/International_Bank_Account_Number                                                                        
            if (i > 0)
            
                lastRowValue = ModuloByDigits(lastRowValue, modulo);
            
            result += lastRowValue * int.Parse(input[i].ToString());
        
        result = result % modulo;
        Console.WriteLine(string.Format("Result: 0", result));            
    

    public static int ModuloByDigits(int previousValue, int modulo)
    
        // Calculating the modulus of a large number Wikipedia http://en.wikipedia.org/wiki/International_Bank_Account_Number                        
        return ((previousValue * 10) % modulo);
    
    public static string Reverse(string input)
    
        char[] arr = input.ToCharArray();
        Array.Reverse(arr);
        return new string(arr);
    

【参考方案8】：

Jason 在 Java 中的回答（注意 i < exp）。

private static void testModulus() 
    int bse = 5, exp = 55, mod = 221;

    int a1 = bse % mod;
    int p = 1;

    System.out.println("1. " + (p % mod) + " * " + bse + " = " + (p % mod) * bse + " mod " + mod);

    for (int i = 1; i < exp; i++) 
        p *= a1;
        System.out.println((i + 1) + ". " + (p % mod) + " * " + bse + " = " + ((p % mod) * bse) % mod + " mod " + mod);
        p = (p % mod);
    

【参考方案9】：

只需提供 C 的 Jason 答案的另一种实现。

与同学讨论后，根据Jason的解释，如果你不是很在意性能，我更喜欢递归版本：

例如：

#include<stdio.h>

int mypow( int base, int pow, int mod )
    if( pow == 0 ) return 1;
    if( pow % 2 == 0 )
        int tmp = mypow( base, pow >> 1, mod );
        return tmp * tmp % mod;
    
    else
        return base * mypow( base, pow - 1, mod ) % mod;
    


int main()
    printf("%d", mypow(5,55,221));
    return 0;

【参考方案10】：

这称为模幂运算（https://en.wikipedia.org/wiki/Modular_exponentiation）。

假设您有以下表达式：

19 ^ 3 mod 7

您可以执行以下操作，而不是直接为 19 供电：

(((19 mod 7) * 19) mod 7) * 19) mod 7

但这也可能需要很长时间，因为有很多顺序乘法，因此您可以乘以平方值：

x mod N -> x ^ 2 mod N -> x ^ 4 mod -> ... x ^ 2 |log y| mod N

模幂算法假设：

x ^ y == (x ^ |y/2|) ^ 2 if y is even
x ^ y == x * ((x ^ |y/2|) ^ 2) if y is odd

所以递归模幂算法在java中看起来像这样：

/**
* Modular exponentiation algorithm
* @param x Assumption: x >= 0
* @param y Assumption: y >= 0
* @param N Assumption: N > 0
* @return x ^ y mod N
*/
public static long modExp(long x, long y, long N) 
    if(y == 0)
        return 1 % N;

    long z = modExp(x, Math.abs(y/2), N);

    if(y % 2 == 0)
        return (long) ((Math.pow(z, 2)) % N);
    return (long) ((x * Math.pow(z, 2)) % N);

特别感谢 @chux 在 y 和 0 比较的情况下发现错误返回值不正确。

【讨论】：

非常感谢您的反馈。能否请您提供导致错误输出的输入数据？

非常感谢您发现的错误。我已更正为 1 % N。