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大きな数のモジュラスを計算する方法は？

電卓をあまり使わずに5 ^ 55モジュラス221のモジュラスを計算する方法は？

そのようなことを計算するための暗号学の数論には、いくつかの簡単な原理があると思います。

mathmodulo
66
Priyank Bolia

さて、あなたはa^b mod mを計算したいと思います。まず、素朴なアプローチを取り、それをどのように改良できるかを見ていきます。

まず、a mod mを減らします。つまり、a1と0 <= a1 < mになるように、番号a = a1 mod mを見つけます。次に、ループ内で繰り返しa1を掛け、再びmod mを減らします。したがって、擬似コードでは：

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

これを行うことで、m^2より大きい数値を避けます。これが鍵です。 m^2より大きい数を避ける理由は、すべてのステップで0 <= p < mおよび0 <= a1 < mであるためです。

例として、5^55 mod 221を計算しましょう。まず、5はすでにmod 221に削減されています。

  1. 1 * 5 = 5 mod 221
  2. 5 * 5 = 25 mod 221
  3. 25 * 5 = 125 mod 221
  4. 125 * 5 = 183 mod 221
  5. 183 * 5 = 31 mod 221
  6. 31 * 5 = 155 mod 221
  7. 155 * 5 = 112 mod 221
  8. 112 * 5 = 118 mod 221
  9. 118 * 5 = 148 mod 221
  10. 148 * 5 = 77 mod 221
  11. 77 * 5 = 164 mod 221
  12. 164 * 5 = 157 mod 221
  13. 157 * 5 = 122 mod 221
  14. 122 * 5 = 168 mod 221
  15. 168 * 5 = 177 mod 221
  16. 177 * 5 = 1 mod 221
  17. 1 * 5 = 5 mod 221
  18. 5 * 5 = 25 mod 221
  19. 25 * 5 = 125 mod 221
  20. 125 * 5 = 183 mod 221
  21. 183 * 5 = 31 mod 221
  22. 31 * 5 = 155 mod 221
  23. 155 * 5 = 112 mod 221
  24. 112 * 5 = 118 mod 221
  25. 118 * 5 = 148 mod 221
  26. 148 * 5 = 77 mod 221
  27. 77 * 5 = 164 mod 221
  28. 164 * 5 = 157 mod 221
  29. 157 * 5 = 122 mod 221
  30. 122 * 5 = 168 mod 221
  31. 168 * 5 = 177 mod 221
  32. 177 * 5 = 1 mod 221
  33. 1 * 5 = 5 mod 221
  34. 5 * 5 = 25 mod 221
  35. 25 * 5 = 125 mod 221
  36. 125 * 5 = 183 mod 221
  37. 183 * 5 = 31 mod 221
  38. 31 * 5 = 155 mod 221
  39. 155 * 5 = 112 mod 221
  40. 112 * 5 = 118 mod 221
  41. 118 * 5 = 148 mod 221
  42. 148 * 5 = 77 mod 221
  43. 77 * 5 = 164 mod 221
  44. 164 * 5 = 157 mod 221
  45. 157 * 5 = 122 mod 221
  46. 122 * 5 = 168 mod 221
  47. 168 * 5 = 177 mod 221
  48. 177 * 5 = 1 mod 221
  49. 1 * 5 = 5 mod 221
  50. 5 * 5 = 25 mod 221
  51. 25 * 5 = 125 mod 221
  52. 125 * 5 = 183 mod 221
  53. 183 * 5 = 31 mod 221
  54. 31 * 5 = 155 mod 221
  55. 155 * 5 = 112 mod 221

したがって、5^55 = 112 mod 221。

これで、 二乗によるべき乗 ;を使用してこれを改善できます。これは、bの代わりにlog b乗算のみを必要とするべき乗を減らす有名なトリックです。上記で説明したアルゴリズム、2乗の改善による累乗法では、 右から左へのバイナリ方式 になることに注意してください。

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
}

したがって、55 = 110111のバイナリ

  1. 1 * (5^1 mod 221) = 5 mod 221
  2. 5 * (5^2 mod 221) = 125 mod 221
  3. 125 * (5^4 mod 221) = 112 mod 221
  4. 112 * (5^16 mod 221) = 112 mod 221
  5. 112 * (5^32 mod 221) = 112 mod 221

したがって、答えは5^55 = 112 mod 221です。これが機能する理由は

55 = 1 + 2 + 4 + 16 + 32

そのため

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

5^1 mod 221、5^2 mod 221などを計算するステップでは、5^(2^k) = 5^(2^(k-1)) * 5^(2^(k-1))であることに注意してください。これは2^k = 2^(k-1) + 2^(k-1)であるため、最初に5^1を計算し、mod 221を減らし、次にこれを2乗してmod 221を減らして5^2 mod 221などを取得します.

上記のアルゴリズムはこのアイデアを形式化します。

93
jason

ジェイソンの答えに追加するには：

指数のバイナリ展開を使用して、プロセスを高速化できます（非常に大きな指数の場合に役立つ可能性があります）。最初に5、5 ^ 2、5 ^ 4、5 ^ 8 mod 221を計算します。これは、二乗を繰り返して行います。

 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)

今、私たちは書くことができます

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)

指数が非常に大きい場合、これがはるかに高速になることがわかります（bの線形とは対照的に対数であると確信していますが、確実ではありません）。

28
Tom Smith
/* 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;
}
12
Timothy Kwok
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
3
Udhayakumar.c

Java（注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);
    }

}
2
Martin Pfeffer

これは、IBAN検証用に作成したコードの一部です。気軽に使用してください。

    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);
    }
2
Jaroslav Kubacek

中国の剰余定理 は、221 = 13 * 17の初期点として頭に浮かぶので、これを最終的に結合される2つの部分に分割します。1つはmod 13、もう1つはmod 17です。 、すべての非ゼロaに対してa ^（p-1）= 1 mod pの何らかの証拠があると信じています。これは、13 * 4 = 52のmod 13の場合に5 ^ 55が5 ^ 3になるため、問題の軽減にも役立ちます。 「Finite Fields」のテーマを見ると、これを解決する方法についていくつかの良い結果が見つかるかもしれません。

編集：私が要因に言及する理由は、13 ^ 2 * 17 ^ 4 mod 221のようなものを試したかのようにゼロを非ゼロ要素に因数分解する方法を作成するためです。答えは13 * 17 = 221以来ゼロです。多くの大きな数は素数にはなりませんが、暗号学や数学の他の分野で多く使用されているため、大きな素数を見つける方法があります。

2
JB King

探しているのは、モジュラーべき乗、特にモジュラー2進べき乗です。この wikipediaリンク には擬似コードがあります。

2
job

これはモジュラーべき乗法と呼ばれます（ https://en.wikipedia.org/wiki/Modular_exponentiation ）。

次の式があると仮定しましょう。

19 ^ 3 mod 7

19に直接電力を供給する代わりに、次のことができます。

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

しかし、これは多くの連続的な乗算のために時間がかかる可能性があるため、2乗値で乗算することができます：

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

モジュラーべき乗アルゴリズムは、次のことを前提としています。

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

そして、再帰的なモジュラーべき乗アルゴリズムは、Javaでは次のようになります。

/**
* 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);
}

@ chux に特に感謝します。yと0の比較の場合に誤った戻り値を使用して見つかった間違いに対して。

1
Stepan Pogosyan

CによるJasonの答えの別の実装を提供するだけです。

Jasonの説明に基づいてクラスメートと話し合った後、パフォーマンスをあまり気にしないのであれば、再帰バージョンの方が好きです。

例えば：

#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;
}
0
Boris