模重复平方算法

2019-04-13 12:59发布

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在RSA算法里头经常要用到“求x的n次方模m”这样的过程，通常使用O(log(n))的模重复平方算法来实现，提高效率。

其实这是大二学的《信息安全数学基础》里面的内容，那时为了考试需要（手算+写出很罗嗦的过程），还专门写了代码放在Blog空间里考试的时候用—……

同样O(log(n))的递归算法其实很容易理解： /* C */ int square(int x) { return x * x; } /* 这里可不能用宏哟 */ int fast_mod(int x, int n, int m) { if (n == 0) return 1; else if (n % 2 == 0) return square(fast_mod(x, n / 2, m)) % m; else return x * fast_mod(x, n - 1, m) % m; } #Python fast_mod = lambda x, n, m: 1 if n == 0 else fast_mod(x, n / 2, m) ** 2 % m if n % 2 == 0 else x * fast_mod(x, n - 1, m) % m ;Scheme (define (even? n) (= (remainder n 2) 0)) (define (mod-fast x n m) (define (square x) (* x x)) (cond ((= n 0) 1) ((even? n) (remainder (square (mod-fast x (/ n 2) m)) m)) (else (remainder (* x (mod-fast x (- n 1) m)) m)))) (mod-fast 79 24 33) ;
但是SICP要求写一个迭代版的。印象中我是记得可以把 n 写成二进制（比如n=13， 1101），然后一位一位地推。

试推了一下从高位到低位，倒是挺简单的，记B[i]为第 i 位的值，通过A[i] = A[i+1]^2 * x^B[i] 从高到低计算出A[0]，就得到结果了。但是问题是，为了从高到低计算，又得一次递归，似乎不能满足要求。

于是只好反过来，从低位往高位推。这个过程其实也挺简单的，举例来说：

当n=13，即二进制的 1101 = 1 * 2^3 + 1 * 2^2 + 0 * 2^1 + 1 * 2^0时，最终结果 

ans = x^n % m
    = x^(1 * 2^3 + 1 * 2^2 + 0 * 2^1 + 1 * 2^0) % m
    = [x^(1 * 2^3)] * [x^(1 * 2^2)] * [(x ^ (0 * 2^1)] * [x ^ (1 * 2^0)] % m

也就是说，从低到高，在第 i 位的时候，将 x^(Bit[i] * 2^i) % m 乘到结果中即可。这里可以稍微变换一下：仅当Bit[i] == 1的时候，将x^(2^i) % m乘进去即可。所以这里可以用一个辅助的变量 b 来保存 x^(2^i) % m，在每次迭代的过程中 b = b^2 % m 。

于是实现就容易了：
/* C */ int fast_mod_iter(int x, int n, int m) { int a = 1, b = x; //i=0的时候b = x^(2^0) = x while (n) { if (n % 2 == 1) a = a * b % m; b = b * b % m; n /= 2; } return a; } #Python def fast_mod(x, n, m): a = 1 b = x while True: if n == 0: return a if n % 2 == 1: a = a * b % m b = b * b % m n /= 2 ;Scheme (define (even? n) (= (remainder n 2) 0)) (define (mod-fast-iter x n m) (define (iter a b n) (cond ((= n 0) a) ((even? n) (iter a (remainder (* b b) m) (/ n 2))) (else (iter (remainder (* a b) m) (* b b) (/ (- n 1) 2))))) (iter 1 x n)) (mod-fast-iter 79 24 33) ;
转自大牛 http://www.felix021.com/blog/read.php?2112 

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