2018-8-28 更新
听说有这么一种算法能够
让计算机很快地求出a^b
暴力相乘的话，电脑要计算 b 次。用快速幂，计算次数在 log_2(b) 级别，很实用。
原理 I
(1)如果将 a 自乘一次，就会变成 a^2 。再把 a^2 自乘一次就会变成 a^4 。然后是 a^8…… 自乘 n 次的结果是 a^{2^{n}} 。对吧……
(2)a^xa^y = a^{x+y}，这个容易。
(3)将 b 转化为二进制观看一下：
比如 b = (11)_{10} 就是 (1011)_{2} 。从左到右，这些 1 分别代表十进制的 8,2,1。可以说 a^{11} = a^8 × a^2 × a^1。
为什么要这样表示？因为在快速幂的过程中，我们会把 a 自乘为 a^2，然后 a^2 自乘为 a^4……像上面第一条说的。
过程会是这样：
（好长，可以不看，如果要阅读下面的模拟过程的话，要慢慢地看噢）
·假设我们拿到了 a，并且 b = 11。想求 a^{11}，但是又不想乘11次，有点慢。
·以电脑视角稍稍观察一下 b = 11，二进制下是 b = 1011。
·制作一个 base。现在 base = a，表示的是，a^1 = a。待会 base 会变的。
·制作一个 ans，初值 1，准备用来做答案。
while(b > 0)
{
·循环一。看，b（二进制）的最后一位是 1 吗？
是的。这代表 a^{11} = a^8 × a^2 × a^1 中的“ × a^1 ”存在。所以 ans *= base 。
if(b & 1)
ans *= base;
/*关于 b & 1：
“&”美名曰“按位与”。
x & y 是二进制 x 和 y 的每一位分别进行“与运算”的结果。
与运算，即两者都为 1 时才会返回 1，否则返回 0。
那么 b & 1
二进制
b = 1011
1 = 0001
b&1 = 0001
因为 1（二进制）的前面几位全部都是 0，
所以只有 b 二进制最后一位是 1 时，b & 1 才会返回 1。
挺巧妙的，并且很快。)*/
·然后 base 努力上升，他通过自乘一次，使自己变成 a^2。
base *= base;
同时
b >>= 1;
它把（二进制的）自己每一位都往右移动了。原来的最后第二位，变成了最后第一位！b = (101)_2。
}
·循环二，再看看 b，最后一位还是 1。这说明有“ × a^2 ”，ans *= base。
·base 继续努力，通过 base *= base 让自己变成了 a^4。然后 b 也右移
一位。b = 10。
·循环三，可是 b 的最后一位不再是 1 了，说明不存在“ × a^4 ”。base 自我升华，达到了 a^8。且 b >>= 1。这一步中，答案没有增加，可是毕竟 b > 0，还有希望。
·循环四，b 的最后一位是 1，这说明“ ×a^8 ”的存在。 ans *= base 。由于 b 再右移一位就是 0 了，循环结束。
总的来说，如果 b 在二进制上的某一位是 1，我们就把答案乘上对应的 a^{2^{n}}。不懂的话，请结合代码理解~
实现
int quickPower(int a, int b)//是求a的b次方
{
int ans = 1, base = a;//ans为答案，base为a^(2^n)
while(b > 0)//b是一个变化的二进制数，如果还没有用完
{
if(b & 1)//&是位运算，b&1表示b在二进制下最后一位是不是1，如果是：
ans *= base;//把ans乘上对应的a^(2^n)
base *= base;//base自乘，由a^(2^n)变成a^(2^(n+1))
b >>= 1;//位运算，b右移一位，如101变成10（把最右边的1移掉了），10010变成1001。现在b在二进制下最后一位是刚刚的倒数第二位。结合上面b & 1食用更佳
}
return ans;
}
原理 II
没错快速幂有很多种理解方式。
这是2017年NOIP普及组的完善程序第1题，这里提示的思路和上面不一样。
从头开始。若当前 p 为偶数，咱们不着急，只需把 x 自乘，然后 p /= 2 （即考虑下一层，下几层会帮我们乘上 (x^2)^{p/2}的）。
若当前 p 为奇数，说明 x^p = x*(x^2)^{(p-1)/2} 中前面那个 x 的存在，ans *= x。然后继续考虑下一层（下几层会帮我们乘上 (x^2)^{(p-1)/2}的）。注意，这里的 x 不是指题目开始给出的 x，而是当前层的 x 应有的值，这跟上面的 base 是一样的。
也是稍稍模拟一下比较好理解。
·假设我们拿到了 x = 3，并且 p = 11。想求 3^{11}。
·第一层循环。b = 11，一个奇数。将 3^{11} 分解为 3^1 * (3^2)^5 来看。本层只需把 ans *= 3^1。那后面的呢？我们到下一层再搞定。下几层的总目标是让 ans *= (3^2)^5，也就是让 ans *= 9^5。*来到下一层的方法是 $x = 33 = 9 且 b = 11 / 2 = 5$。**
·第二层循环几乎独立于第一层存在。b = 5，一个奇数。将 9^{5} 分解为 9^1 * (9^2)^2 来看。本层只需把 ans *= 9^1。那后面的呢？我们到下一层再搞定。下几层的总目标是让 ans *= (9^2)^2，也就是让 ans *= 81^2。于是 x = 9*9 = 81 且 b = 5 / 2 = 2。
·第三层循环，b = 2，不是奇数，不着急，只把 81^2 当作 (81^2)^1。下几层的总目标是让 ans *= (81^2)^1。于是 x = 81 * 81 = 6561，b = 2 / 2 = 1。
·第四层循环，b = 1，是奇数。这时候已经不用看成什么分解了，ans *= 6561 就可完成总目标。b / 2 为 0。结束循环。
代码和上面一样。因为 b \& 1 与 b \mod 2 == 1 等效。b /= 2 与 b >>= 1 等效。
取余运算
快速幂经常要结合取余运算。这里也讲一点。
取余运算有一些好用的性质，包括：
(A+B) \mod b = (A \mod b + B \mod b) \mod b
(A×B) \mod b = ((A \mod b) × (B \mod b)) \mod b
证明都很简单，如果要说服自己的话拿起笔试试吧。可设 A = k_A × b + R_A……
于是快速幂过程中可以
while(b > 0)
{
if(b & 1)
{
ans *= base;
ans %= m;
}
base *= base;
base %= m;
b >>= 1;
}
能保证这样下来最后的结果与“先乘到最后，再取余”的结果一样。