http://www.cnblogs.com/yinger/archive/2011/06/08/2075043.html
快速幂取模就是在O(logn)内求出a^n mod b的值。算法的原理是ab mod c=(a mod c)(b mod c)mod c
long exp_mod(long a,long n,long b)
{
long t;
if(n==0) return 1%b;
if(n==1) return a%b;
t=exp_mod(a,n/2,b);
t=t*t%b;
if((n&1)==1) t=t*a%b;
return t;
}https://blog.csdn.net/ykry35/article/details/79179285
Barrett reduction算法的证明和使用。
作者刚做完了课程设计作业，闲来无事写篇文章。
大数中的指数运算，需要对一个数进行取模，因为最大可能二进制下2048位的2048位次方，所以必须边做乘法边取模。
乘法使用快速幂，如果底数位数是x，指数位数是e，底数足够大的话，复杂度取决于模数，模数是m位的话，复杂度是O(m*m*e)。程序里，大数的存储是2的32次方进制的，这里的m*m要除以（32*32）。
取模运算，如果直接调用大数取模，因为除法是很慢的，所以效率很低。用Barrett reduction算法可以将除法转化为乘法和位运算，减法。
因为模数是任意的，所以不用蒙哥马利算法。
作业里只要求完成非负的大数运算，后面证明中默认大数都是非负的。
下面介绍Barrett reduction算法
求 x mod m
m的位数是k
使用条件: x位数不大于2*k。对同一个数反复取模。
使用方法（这里是非负数）：
计算常量 mu=b^2k / m
取模时：
q1 = x / b^(k-1)
q2 = q1 * mu
q3 = q2 / b^(k+1)
r1 = x % b^(k+1)
r2 = (q3 * m) % b^(k+1)
r = r1 - r2
if ( r > m ) r -= m
return r
很多资料把mu=b^2k / m写成了mu=b^k / m，作者被坑了，很生气，决定放假写这么一个文章。另外，百度上基本看不到什么相关的证明。
证明：
[]表示取整，b是大数的进制
只需要一次除法预处理。
之后的除法和取模都是对进制b的若干次方进行的，所以位运算即可。
乘法时，因为最后结果是要取最后k+1位的，所以在乘的时候，可以直接把k+1位前面的丢弃，减少循环次数。作者是另外写了一个限制位数的乘法函数，效率提升了一些。
证明部分截图自word实验报告。
https://blog.csdn.net/u011361880/article/details/77802742
一般取模运算(不推荐)：
(a^n)%m。 我们可以改写为(a^n)%m= (（a%m)^n)%m, 即循环n次。
缺点：低效，循环了n次。
int exp_mod(int a,int n,int m){
a = a%m;
int temp = 1;
while(n--)
{
temp = temp * a;
temp = temp % m;
}
return temp;
}
第一种，技巧取模：
(a^n)%10
当n非常大时，嗯，只能用字符串存n的时候。
简单分析一下，
a%10. 有10种可能，（来源于室友“张博士”的逆天发现，明明可以靠脸吃饭，他偏偏要靠才华，明明可以快速幂取模，它偏要发现这种，出现大大大大数的）
a%10 = 0. 这个结果就不需要看了。0
a%10 = 1. (1^n )%10会出现的可能数字：1
a%10 = 2. (2^n )%10会出现的可能数字：2，4（=2*2）， 8（=2*4），6（=2*8），继续循环，2, 4, 8, 6…..
a%10 = 3. (3^n )%10会出现的可能数字：3，9（=3*3），7（=3*9）， 1（=3*7）,继续循环，3,9,7,1…..
a%10 = 4. (4^n )%10会出现的可能数字：4，6（4*4） , 继续循环，4,6……
a%10 = 5. (5^n )%10会出现的可能数字：5
a%10 = 6. (6^n )%10会出现的可能数字：6
a%10 = 7. (7^n )%10会出现的可能数字：7, 9, 3, 1 继续循环，
a%10 = 8. (8^n )%10会出现的可能数字：8, 4, 2, 6 继续循环，
a%10 = 9. (9^n )%10会出现的可能数字：9, 1 继续循环，
重点是继续循环，发现，最大情况下，都是以4位数字循环，换句话说，(a^n)%10 和(a^(n+4))%10是相等的，当然，这里n不等于0. 如果这里看懂了，那这里差不多就ok了。
我们把n –> (n%4)+4. 这里加4的原因是为了防止n%4==0. ，并且我们没有考虑n==0的情况。这个单独处理一下。
OK
如果n ！= 0.
(a^n)%10 = (a^（n%4+4）)%10 = ((a%10)^（n%4+4）) % 10
另外友情提示：对于n，如果是字符串存储，(十进制) 我们只需要取最后的2位数，用它代替n即可，因为999, 900肯定是可以被4整除的，我们只需要99即可，用99%4+4。
如果是int 型或longlong。(二进制) (n & 11)按位“与”可以取出后2位，代替n%4，（注意不能代替n%4+4 . 加4一直需要），第3位是4，肯定可以被4整除。
第二种，快速幂取模：
从一般取模的代码中，我们可以发现，每次都是重复的乘a。那么能否考虑，翻倍呢。看下面代码，
这部分代码来源于
http://www.cnblogs.com/yinger/archive/2011/06/08/2075043.html
简单分析一下，类似于折半查找。
(a^n) %b
long exp_mod(long a,long n,long b)
{
long t;
if(n==0) return 1%b;
if(n==1) return a%b;
t=exp_mod(a,n/2,b);
t=t*t%b;
if((n&1)==1) t=t*a%b;
return t;
}
这个代码就是一般的折半，递归，折半….。注意，(n&1) 按位“与 ”，如果是奇数，那么结果是1，否则结果是0.
来个惊喜一点的代码：
来源于大神的回复
：http://www.cnblogs.com/yinger/archive/2011/06/08/2075043.html
(a^n) %b
int exp_mod(int a,int b,int n){
int r=1;
while(b){
if(b&1)r=(r*a)%n;
a=(a*a)%n;
b>>=1; // b = b>>1;
}
return r;
}
主要思想还是折半。但是运用的非常巧妙，假设b是一个偶数，并且b/2.b/4，b/8.。。。。一直到2都是偶数，
OK，假设b == 16. a==2.
b = 16,8,4,2,1
我们发现，只有最后一次，b==1，时，我们进入了if语句，
我们查看while循环里面，a的变化。(这里先不考虑模)
b=16，进入while a = 2^2;
b=8, a = 2^4；
b=4, a = 2^8;
b=2, a = 2^16
b=1, ，进入if语句，r = a, 此时返回的是r。
假设b=18.
b=18，进入while a = 2^2;
b=9, 此时，进入了if语句。r=2^2. a = 2^4；
b=4, a = 2^8;
b=2, a = 2^16
b=1, ，进入if语句，r = r*a = 2^2 * 2^16 , 此时返回的是r。
我们发现，在b=9时，我们用r保存了2^2. 为什么呢。反过来，从下往上看，我们要计算2^18次方。但是我们此时只知道2^8的结果，我们并不知道2^9是多少。因此，我们用了2个2^8. 此时，我们还是差了一个2^2.
r保存的刚好是这个值。
当b是奇数时。b越小，说明离18越远，从下往上乘，我们一开始是差一个2（b=8和b=9差一个2），一直往上翻倍，即到了18，差2个2.即2^2。因此，r的值也需要越来越大。 （这里需要好好理解。）
每碰到一次奇数，我们都会和原来的差一个2. 然后这个奇数距离18的距离越远。我们需要补回去的值就越大，即r的值。
重新举一个例子：
b=22 进入while a = 2^2
b=11 进入if，r = 2^2. a=2^4 ——>要补回2^2
b=5 进入if， r=2^2 * 2^4. a = 2^8 ——> 要补回2^4
b=2 a=2^16
b=1,进入if， r = 2^2 * 2^4 * 2^16
当b=11时，只知道2^5,用了两个，可以变成2^10.
和11相差一个2.再到22即相差两个2.
当b=5时，只知道2^2.用了两个。可以变成2^4，相差一个2. 再到10（11）时，翻倍，变成了2个。
（10到11，在b=11那里已经补回来了），再到22，翻倍，变成2个。
第三种，欧拉函数：
先介绍一个定义，互质：a和b互质，即a和b除了1以为，没有其他公约数。
对正整数n，欧拉函数是小于n的数中与n 互质的数的数目，
φ(8)=4，因为1,3,5,7均和8互质。
费马小定理：
对于互质的整数a和n，有a^φ(n) ≡ 1 mod n
即(a^φ(n)) % n = 1 %n = 1;
我们常常会见到。求(a^n)%1000000007, n>1000000007.
因为m=1000000007是质数，毫无疑问，φ(m) = m-1 = 1000000006.
假设n = k * 1000000006 +r .其中r是余数，
我们利用费马小定理降级处理。
(a^n)%1000000007 = (a^（ k * 1000000006 +r ）)%1000000007
=(a^（ k * 1000000006 ）)%1000000007 * (a^r )%1000000007
=1 * (a^r )%1000000007
直接把n变成了r。