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题目：
Your task is to calculate a^b mod 1337 where a is a positive integer and b is an extremely large positive integer given in the form of an array.
求a的b次方mod 1337，其中b是一个extremely large的数，以至于需要用整数数组来存储。
引理：（a × b）mod M = ((a mod M) * (b mod M)) mod M
证明：
若 a = x·M + m， b = y·M + n (a × b) mod M = (xyMM + myM + nxM + mn) mod M 其中 xyMM, myM, nxM 均能被M整除，故 (a × b) mod M = mn mod M
解题思路：
百度来基本解题思路均为二分，将b作为数字处理。相关链接：http://blog.csdn.net/mebiuw/article/details/51853673
可能我的思路比较特殊，当然方法也比较复杂，但是理论上复杂度应该更低。
举个例子，若b是一个5位数，b = A*1000 + B*1000 + C*100 + D*10 + E
注意到，a^b = a^(A*10000 + B*1000 + C*100 + D*10 + E) = (a^10000)^A + (a^1000)^B + (a^100)^C + (a^10)^D + (a^1)^E
可以利用一个与b等长的数组把a^(10^n)存储下来，之后每次可以直接拿过来用。因为 a^n mod M = ((a^(n/2) mod M) * (a^(n/2) mod M)) mod M， 所以这里可以使用上述引理，执行二分策略。
而对于每一个 a^（10^i）^bi， 又可以看做 ai ^ bi， 这里依旧可以利用引理进行二分。
AC代码如下：
public final int MOD = 1337; public int modProd(int x, int y){ return ((x%MOD)*(y%MOD))%MOD; } public int pow(int a, int b){ // return (a^b)%MOD if (b == 0) return 1; if (b == 1) return a%MOD; int m = pow(a, b/2); if (b%2 == 1){ return modProd(a, m*m); }else{ return modProd(m, m); } } public int superPow(int a, int[] b) { int[] mpow = new int[b.length]; int i, j; for (i = 0, j = b.length-1; i < j; i++, j--){ // b 中高低位交换，便于后续编码 b[i] = b[i] ^ b[j]; b[j] = b[i] ^ b[j]; b[i] = b[i] ^ b[j]; } mpow[0] = a%MOD; for (i = 1; i< b.length; i++){ // 预处理，存储 (a^(10^i)) mod M // 预处理过程中，对于 a^(10^i)看做 a^(10^(i-1)) ^ 10， 这样每次只需要运行 log 10 次 mpow[i] = pow(mpow[i-1], 10); } int res = 1; for (i = 0; i< b.length; i++){ // 对每一位 bi 计算 a^(bi*(10^i)) res = modProd(res, pow(mpow[i], b[i])); } return res; }
预处理阶段，计算 a^(10^i) mod M, 由于每次是提取前一次的结果作为基数，故每次需要4次，预处理的时间复杂度为 4·|b|，其中|b|为字符串b的长度。
运行阶段，每次运行也是最多4次，故其复杂度为 4·|b|。
整个程序运行复杂度为 O(8·|b|)
而对于其他解法，其每次二分均需要对b进行一次处理，故其复杂度为 O(|b|×log(Valueof(b)))，其中Valueof(b)表示数组b所代表的值，它将远远大于 |b|。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/flowingcloud/p/5689422.html
