Computando o número de bits de uma grande potência de número inteiro

Dado dois inteiros e na representação binária, qual é a complexidade de calcular o tamanho de bit de ? $x$ $n$ $x^n$

Uma maneira de fazer isso é calcular calculando uma aproximação do com precisão suficiente. Parece que o cálculo do com bits de precisão pode ser feito em que $1+\lfloor \log_2(x^n)\rfloor=1+\lfloor n\log_2(x)\rfloor$ $\log_2(x)$ $\log_2(x)$ $k$ $O(M(k)\log k)$ é o tempo necessário para calcular o produto de dois números inteiros de comprimento . Isso gera um algoritmo (não especialmente simples) de complexidade, aproximadamente se é um limite no tamanho de bits de e (se eu nãocometernenhum erro). $M(k)$ $k$ $O(s\log^2 s)$ $s$ $x$ $n$

Podemos vencer onde é o tamanho de e (no caso em que eles têm tamanhos comparáveis)? Existe um algoritmo simples para obter essa complexidade ou melhor? $O(s\log^2(s))$ $s$ $x$ $n$

Nota: Estou interessado na complexidade de um modelo teórico como as máquinas de Turing.

complexity-theory time-complexity binary-arithmetic

— Bruno
fonte

sugiro migrar / "promover" isso para a Ciência da Computação Teórica

— vzn 26/11/14

@vzn: Eu não acho que isso é útil ...

— de Bruno

Por que não? esta pergunta me faz lembrar de ataques algorítmicos sobre Dysons conjectura por exemplo abrangidos pela RJLipton em 1 , 2

— vzn

Simplesmente porque encontrei uma resposta para minha pergunta, então não há necessidade de perguntar em outro lugar em minha mente.

— Bruno

[editar] Como sugerido, edito minha resposta para fornecer mais detalhes.

A resposta para minha segunda pergunta é não :

Proposição. O cálculo do até a precisão é pelo menos tão difícil quanto o tamanho de bit de . $\log(x)$ $k$ $x^{2^k}$

Prova. Let denota o tamanho do bit de um número inteiro . Primeiro observe que, para um número inteiro não negativo , o tamanho do bit de é . $|y|$ $y$ $y$ $y$ $1+\lfloor \log y\rfloor$

Assim, . Agora é deslocado posições para a esquerda. Assim, pode-se calcular o com precisão subtraindo para o tamanho de bit de e deslocando as posições do resultado para a direita. $\left|x^{2^k}\right| = 1+\lfloor 2^k\log x\rfloor$ $2^k\log(x)$ $\log(x)$ $k$ $\log(x)$ $k$ $1$ $x^{2^k}$ $k$

— Bruno
fonte

Por que o número de bits em

permite calcular

bits de precisão? Sua redução realmente funciona? E se o caso especial em que

fosse muito mais fácil / mais difícil do que todos os outros valores possíveis de

(não potências de dois)? Você tem uma maneira de descartar essa possibilidade?

x^{2^{k}}

$x^{2^k}$

\log x

$\log x$

k

$k$

n = 2^{k}

$n=2^k$

n

$n$

— DW

@ DW: Volto a esta pergunta, após o comentário do vzn. Minha prova é a seguinte: O número de bits de um número inteiro

. Assim, o número de bits em

. Além disso,

é o mesmo que

mas mudou as posições

para a esquerda. Assim,

fornece (pelo menos) os

primeiros bits de

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

$k$

. Portanto, se você pode calcular o número de bits de

, subtraindo

ao resultado, obtém os primeiros

bits do

. Isso faz sentido?

\log x

$\log x$

x^{2^{k}}

$x^{2^k}$

1

$1$

k

$k$

\log x

$\log x$

— de Bruno

Sim, isso faz mais sentido para mim! Especialmente porque você está apenas tentando mostrar dureza. Posso encorajá-lo a atualizar sua resposta com esta explicação mais detalhada? Obrigado por voltar a isso e documentar a resposta à sua própria pergunta.

— DW