Обчислення кількості біт великої цілої сили

Враховуючи два цілих числа і у двійковому поданні, яка складність обчислення бітового розміру ? $x$ $n$ $x^n$

Один із способів зробити це - обчислити шляхом обчислення апроксимації з достатньою точністю. Виявляється, обчислення з бітами точок може бути виконано в де - час, необхідний для обчислення добутку двох цілих чисел довжини . Це дає (не спеціально простий) алгоритм складності приблизно якщо є обмеженим на біт розмірів як і (якщо я не допустив помилки). $1+\lfloor \log_2(x^n)\rfloor=1+\lfloor n\log_2(x)\rfloor$ $\log_2(x)$ $\log_2(x)$ $k$ $O(M(k)\log k)$ $M(k)$ $k$ $O(s\log^2 s)$ $s$ $x$ $n$

Чи можемо ми перемогти де розмір і (у випадку, коли вони мають порівнянні розміри)? Чи є простий алгоритм, щоб отримати цю складність чи краще? $O(s\log^2(s))$ $s$ $x$ $n$

Примітка: Мене цікавить складність такої теоретичної моделі, як машини Тьюрінга.

complexity-theory time-complexity binary-arithmetic

— Бруно
джерело

пропонуємо перенести / "просувати" це на Теоретичні інформатики

— vzn

@vzn: Я не думаю, що це корисно ...

— Бруно,

чому ні? це питання нагадує мені алгоритмічні атаки на гіпотезу Дійсона, наприклад, як охоплений RJLipton в 1 , 2

— vzn

Просто тому, що я знайшов відповідь на своє запитання, тому мені не потрібно його іншим запитувати.

— Бруно

[редагувати] Як пропонується, я редагую свою відповідь, щоб надати більше деталей.

Відповідь на моє друге питання - ні :

Пропозиція. Обчислювальний до точності принаймні такий же складний, як і обчислення розміру біта . $\log(x)$ $k$ $x^{2^k}$

Доказ. Нехай позначають бітовий розмір цілого числа . Спочатку зауважте, що для негативного цілого числа розмір біта дорівнює . $|y|$ $y$ $y$ $y$ $1+\lfloor \log y\rfloor$

Таким чином, . Тепер - зміщений позицій вліво. Таким чином, можна обчислити до точності , просто віднявши до розміру біта і змістивши результати позицій вправо. $\left|x^{2^k}\right| = 1+\lfloor 2^k\log x\rfloor$ $2^k\log(x)$ $\log(x)$ $k$ $\log(x)$ $k$ $1$ $x^{2^k}$ $k$

— Бруно
джерело

Чому кількість біт у

дає змогу обчислити

до

біт точності? Чи справді зменшення працює? Що робити, якщо особливий випадок, коли

було набагато простіше / важче, ніж усі інші можливі значення

(не-потужність-два)? Чи є у вас спосіб виключити таку можливість?

x^{2^{k}}

$x^{2^k}$

\log x

$\log x$

k

$k$

n = 2^{k}

$n=2^k$

n

$n$

— DW

@DW: Я повертаюся до цього питання після коментаря vzn. Мій доказ такий: Кількість бітів цілого числа

дорівнює

. Таким чином, кількість бітів у

дорівнює

. Далі,

- це те саме, що

але зрушено

позицій вліво. Таким чином,

дає (принаймні)

перших бітів

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

$k$

. Таким чином, якщо ви можете обчислити кількість бітів

, віднявши

до результату, ви отримаєте перші

біт

. Це має сенс?

\log x

$\log x$

x^{2^{k}}

$x^{2^k}$

1

$1$

k

$k$

\log x

$\log x$

— Бруно

Так, це має для мене більше сенсу! Тим більше що ви просто намагаєтесь проявити твердість. Чи можу я заохотити вас оновити свою відповідь за допомогою цього більш детального пояснення? Дякуємо, що повернулися до цього і задокументували відповідь на власне запитання.

— DW