Büyük bir tamsayı gücünün bit sayısını hesaplama

İkili gösterimde iki $x$ ve tamsayısı verildiğinde $n$ , bit büyüklüğünü hesaplamanın karmaşıklığı nedir? $x^n$

Bunu yapmanın bir yolu , yeterli hassasiyetle hesaplayarak hesaplamaktır . Görünen o ki, işlem ile $1+\lfloor \log_2(x^n)\rfloor=1+\lfloor n\log_2(x)\rfloor$ $\log_2(x)$ $\log_2(x)$ $k$ hassasiyetleri bitten yapılabilir $O(M(k)\log k)$ burada $M(k)$ uzunluğu iki tamsayı ürün hesaplamak için gerekli olan süredir $k$ . Bu, yaklaşık (özellikle basit olmayan) bir karmaşıklık algoritması verir. halinde bir ikisinin bitsize üzerine bağlanmış bir ve (hiçbir hata yapılmış ise). $O(s\log^2 s)$ $s$ $x$ $n$

' yenebilir , burada ve büyüklüğündedir ( karşılaştırılabilir boyutlara sahip oldukları durumda)? Bu karmaşıklığı veya daha iyisini elde etmek için basit bir algoritma var mı? $O(s\log^2(s))$ $s$ $x$ $n$

Not: Turing makineleri gibi teorik bir modeldeki karmaşıklıkla ilgileniyorum.

complexity-theory time-complexity binary-arithmetic

— Bruno
kaynak

teorik Bilgisayar Bilimi

— vzn

@vzn: Bunun yararlı olduğunu düşünmüyorum ...

— Bruno

neden olmasın? Bu soru bana Dysons varsayımına algoritmik saldırıları hatırlatıyor, örneğin 1 , 2'deki

— vzn

Sadece soruma bir cevap bulduğum için, aklıma başka bir yerde sormaya gerek yok.

— Bruno

[değiştir] önerildiği gibi, benim cevap düzenlemek daha fazla ayrıntı vermek.

İkinci sorumun cevabı hayır :

Önerme. Hassasiyet kadar olan hesaplama en azından bit büyüklüğünü hesaplamak kadar zordur . $\log(x)$ $k$ $x^{2^k}$

Kanıt. Let " tamsayısının bit boyutunu belirtir . İlk fark negatif olmayan bir tamsayı için bu , bit boyutlu olan . $|y|$ $y$ $y$ $y$ $1+\lfloor \log y\rfloor$

Böylece, . Şimdi , konumlarını sola kaydırır . Böylece bir hesaplayabilir kesinliği sadece çıkarılarak bit-boyutuna ve sonuç değişen sağa pozisyonlar. $\left|x^{2^k}\right| = 1+\lfloor 2^k\log x\rfloor$ $2^k\log(x)$ $\log(x)$ $k$ $\log(x)$ $k$ $1$ $x^{2^k}$ $k$

— Bruno
kaynak

içindeki bit sayısı neden

ile

arasındaki kesinlik değerlerini hesaplamanızı sağlar ? Azaltmanız gerçekten işe yarıyor mu? Ya özel bir durum

çok daha kolay oldu / sert tüm diğer olası değerleri daha

(non-güçler-iki)? Bu olasılığı ortadan kaldırmak için bir yolunuz var mı?

x^{2^{k}}

$x^{2^k}$

\log x

$\log x$

k

$k$

n = 2^{k}

$n=2^k$

n

$n$

— DW

@DW: Vzn'in yorumundan sonra bu soruya geri dönüyorum. Şöyle My kanıtıdır: bir tamsayıdır bit sayısı

olan

. Bu nedenle, bit sayısı

olan

. Bundan başka,

ile aynıdır

ama kaydırılır

sola pozisyonlar. Bu nedenle,

(en azından) verir

ilk bit

y

$y$

1 + ⌊ \log y ⌋

$1+\lfloor\log y\rfloor$

x^{2^{k}}

$x^{2^k}$

1 + ⌊ 2^{k} \log x ⌋

$1+\lfloor 2^k\log x\rfloor$

2^{k} \log x

$2^k\log x$

\log x

$\log x$

k

$k$

⌊ 2^{k} \log x ⌋

$\lfloor 2^k\log x\rfloor$

k

$k$

. Böylece,

bit sayısını hesaplayabiliyorsanız,sonuca

çıkararak,

ilk

bitlerinielde edersiniz. Bu mantıklı mı?

\log x

$\log x$

x^{2^{k}}

$x^{2^k}$

1

$1$

k

$k$

\log x

$\log x$

— Bruno

Evet, bu benim için daha anlamlı! Özellikle sadece sertlik göstermeye çalıştığın için. Yanıtınızı bu daha ayrıntılı açıklama ile güncellemenizi tavsiye edebilir miyim? Bu konuya geri döndüğünüz ve kendi sorunuzun yanıtını belgelediğiniz için teşekkür ederiz.

— DW