Calcular el número de bits de una gran potencia de entero

Dados dos enteros y en representación binaria, ¿cuál es la complejidad de calcular el tamaño de bit de ? $x$ $n$ $x^n$

Una forma de hacerlo es calcular calculando una aproximación de con suficiente precisión. Parece que calcular con bits de precisiones se puede hacer en donde es el tiempo necesario para calcular el producto de dos enteros de longitud . Esto produce un algoritmo de complejidad (no especialmente simple) aproximadamente si está vinculado en el tamaño de bits de y (si no cometí ningún error). $1+\lfloor \log_2(x^n)\rfloor=1+\lfloor n\log_2(x)\rfloor$ $\log_2(x)$ $\log_2(x)$ $k$ $O(M(k)\log k)$ $M(k)$ $k$ $O(s\log^2 s)$ $s$ $x$ $n$

¿Podemos vencer a donde es el tamaño de y (en el caso de que tengan tamaños comparables)? ¿Existe un algoritmo simple para obtener esta complejidad o mejor? $O(s\log^2(s))$ $s$ $x$ $n$

Nota: Estoy interesado en la complejidad de un modelo teórico como las máquinas de Turing.

complexity-theory time-complexity binary-arithmetic

— Bruno
fuente

sugiera migrar / "promocionar" esto a Ciencias de la Computación Teórica

— vzn

@vzn: No creo que esto sea útil ...

— Bruno

¿Por qué no? Esta pregunta me recuerda los ataques algorítmicos contra la conjetura de Dyson, por ejemplo, según lo cubierto por RJLipton en 1 , 2

— vzn

Simplemente porque encontré una respuesta a mi pregunta, así que no necesito preguntarla en otra parte.

— Bruno

[editar] Según lo sugerido, edito mi respuesta para dar más detalles.

La respuesta a mi segunda pregunta es no :

Proposición. Calcular el hasta la precisión es al menos tan difícil como calcular el tamaño de bit de . $\log(x)$ $k$ $x^{2^k}$

Prueba. Dejar denota el tamaño de bit de un entero . Primero observe que para un entero no negativo , el tamaño de bit de es . $|y|$ $y$ $y$ $y$ $1+\lfloor \log y\rfloor$

Por lo tanto, . Ahora es desplazado posiciones a la izquierda. Por lo tanto, se puede calcular con precisión simplemente restando al tamaño de bit de y desplazando el resultado posiciones hacia la derecha. $\left|x^{2^k}\right| = 1+\lfloor 2^k\log x\rfloor$ $2^k\log(x)$ $\log(x)$ $k$ $\log(x)$ $k$ $1$ $x^{2^k}$ $k$

— Bruno
fuente

¿Por qué el número de bits en

le permite calcular

bits de precisión? ¿Su reducción realmente funciona? ¿Qué pasaría si el caso especial donde

fuera mucho más fácil / difícil que todos los demás valores posibles de

(no potencias de dos)? ¿Tienes alguna forma de descartar esa posibilidad?

x^{2^{k}}

$x^{2^k}$

\log x

$\log x$

k

$k$

n = 2^{k}

$n=2^k$

n

$n$

— DW

@DW: vuelvo a esta pregunta, después del comentario de vzn. Mi prueba es la siguiente: el número de bits de un entero

. Por lo tanto, el número de bits en

. Además,

es lo mismo que

pero desplazó

posiciones a la izquierda. Por lo tanto,

le da (al menos) los

primeros 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

$k$

. Por lo tanto, si puede calcular el número de bits de

, restando

al resultado, obtendrá los primeros

bits de

. ¿Esto tiene sentido?

\log x

$\log x$

x^{2^{k}}

$x^{2^k}$

1

$1$

k

$k$

\log x

$\log x$

— Bruno

¡Sí, eso tiene más sentido para mí! Particularmente porque solo estás tratando de mostrar dureza. ¿Puedo animarlo a actualizar su respuesta con esta explicación más detallada? Gracias por volver a esto y documentar la respuesta a su propia pregunta.

— DW