RSA加密快速幂求余.docx

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RSA加密快速幂求余

快速幂求余算法

（OJT1128）

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，你能想到哪些优化呢？

算法1：

直观上，也许最容易想到的是利用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是O（n），根本没有得到优化。

当b很大时运行时间会很长

算法2：

另一种算法利用了分治的思想，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，a^（2^i）=（a^（p（i）*2（i-1）））^2（当p（i）=1时，a^（2^i）=（a^（2（i-1）））^2）

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a*b%c=（（a%c）*b）%c，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

示例:

3^6%7=3^（2^2）*3^（2^1）%7

    =（（3^（2^1））^2%7）*（3^1*3^1%7）

    =（（（3^1*3^1%7）%7）^2%7*2%7）%7

    =（4*2）%7

    =8%7

    =1

当然算法可以进一步改进，比如二进制的每一位不必存起来，可以边求边用

经改进后代码如下：

（输入a,k,m,求a^k%m）

longf（longa,longk,longm）

{

longb=1;

while（k>=1）

{

if（k%2==1）b=a*b%m;

a=a*a%m;

k=k/2;

}

returnb;

}

例题

一、高级机密

TimeLimit:

1000MS MemoryLimit:

65536K

TotalSubmit:

43Accepted:

16

Description

在很多情况下，我们需要对信息进行加密。

特别是随着Internet的飞速发展，加密技术就显得尤为重要。

很早以前，罗马人为了在战争中传递信息，频繁地使用替换法进行信息加密。

然而在计算机技术高速发展的今天，这种替换法显得不堪一击。

因此研究人员正在试图寻找一种易于编码、但不易于解码的编码规则。

目前比较流行的编码规则称为RSA，是由美国麻省理工学院的三位教授发明的。

这种编码规则是基于一种求幂取模算法的：

对于给出的三个正整数a，b，c，计算a的b次方除以c的余数。

你的任务是编写一个程序，计算abmodc。

Input

输入数据只有一行，依次为三个正整数a，b，c，三个正整数之间各以一个空格隔开，并且1<=a，b

Output

输出只有一个整数表示计算结果。

SampleInput

2611

SampleOutput

9

解：

importjava.util.Scanner;

//对于给出的三个正整数a，b，c，计算a的b次方除以c的余数,即：

a^bmodc

//相关公式：

用二进制表示b:

b=p（n）*2^n+p（n-1）*2^（n-1）+...+p

（1）*2+p（0）（其中p（i）值为0或1）

//则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）

publicclassTopSecret{

publicstaticvoidmain（String[]args）{

longa,b,c;

Scannerinput=newScanner（System.in）;

a=input.nextInt（）;

b=input.nextInt（）;

c=input.nextInt（）;

System.out.println（getPowMod（a,b,c））;

}

publicstaticlonggetPowMod（longa,longb,longc）{

longresult=1;

while（b>=1）{

if（b%2==1）result=a*result%c;

a=a*a%c;

b/=2;//通过b/2来求得p（i）为1还是0

}

returnresult;

}

}

二、D:

RaisingModuloNumbers

TimeLimit:

1000ms   CaseTimeLimit:

1000ms   MemoryLimit:

30000KB

Submit:

24   Accepted:

7

Description

Peoplearedifferent.Somesecretlyreadmagazinesfullofinterestinggirls'pictures,otherscreateanA-bombintheircellar,otherslikeusingWindows,andsomelikedifficultmathematicalgames.Latestmarketingresearchshows,thatthismarketsegmentwassofarunderestimatedandthatthereislackofsuchgames.ThiskindofgamewasthusincludedintotheKOKODáKH.Therulesfollow:

EachplayerchoosestwonumbersAiandBiandwritesthemonaslipofpaper.Otherscannotseethenumbers.Inagivenmomentallplayersshowtheirnumberstotheothers.ThegoalistodeterminethesumofallexpressionsAiBifromallplayersincludingoneselfanddeterminetheremainderafterdivisionbyagivennumberM.Thewinneristheonewhofirstdeterminesthecorrectresult.Accordingtotheplayers'experienceitispossibletoincreasethedifficultybychoosinghighernumbers.

Youshouldwriteaprogramthatcalculatestheresultandisabletofindoutwhowonthegame.

Input

TheinputconsistsofZassignments.ThenumberofthemisgivenbythesinglepositiveintegerZappearingonthefirstlineofinput.Thentheassignementsfollow.EachassignementbeginswithlinecontaininganintegerM（1<=M<=45000）.Thesumwillbedividedbythisnumber.NextlinecontainsnumberofplayersH（1<=H<=45000）.NextexactlyHlinesfollow.Oneachline,thereareexactlytwonumbersAiandBiseparatedbyspace.Bothnumberscannotbeequalzeroatthesametime.

Output

Foreachassingnementthereistheonlyonelineofoutput.Onthisline,thereisanumber,theresultofexpression

（A1B1+A2B2+...+AHBH）modM.

SampleInput

3

16

4

23

34

45

56

36123

1

23748593029382

17

1

318132

SampleOutput

2

13195

13

题意

给出A1~Ah,B1~Bh,M,H,求（A1B1+A2B2+...+AHBH）modM.

做法

快速幂取模+累加步步取模

HIT

取模相当于在原数中不断减去M直到原数小于M，所以累加后取模和步步取模结果相同，因此在累加过程中取模以防止超过longlong界限

CODE

#include

longlongz,h,a,b,m,ans,pow;

intmain（）{    

   scanf（"%I64d",&z）;

   while（z--）{

       scanf（"%I64d%I64d",&m,&h）;

       ans=0;

       while（h--）{

           scanf（"%I64d%I64d",&a,&b）;

           pow=1;

           while（b>=1）{

               if（b%2==1）

                   pow=a*pow%m;

               a=a*a%m;

               b/=2;

           }

           ans+=pow;

           ans%=m;  

       }

       printf（"%I64d\n",ans）;

   }

   return0;

}