我试图找到一种非常快速的方法来找到比非常大的数字 (1,000,000) 位数更高的 2 次幂。例如，我有 1009，并且想找到它的下一个更高的 2 次幂，即 1024 或 2**10
我尝试使用循环，但对于大量数据，这是非常非常慢的
y=0
while (1<<y)<1009:
y+=1
print(1<<y)
1024
虽然这有效，但对于大于一百万位的数字，它很慢。是否有比大数字更快的算法来找到 2 的下一个更高的幂？
由@JonClements 回答
使用 2**number.bit_length() 效果很好。所以这也适用于大数字。谢谢乔恩。
以下是 Jon 实现的代码示例：
2**j.bit_length()
1024
这是使用移位运算符的代码示例
2<<(j.bit_length()-1)
1024
这是使用百万长度数的时间差，移位运算符和 bit_length 明显更快：
len(str(aa))
1000000
def useBITLENGTHwithshiftoperator(hm):
return 1<<hm.bit_length()-1<<1
def useBITLENGTHwithpowersoperator(hm):
return 2**hm.bit_length()
start = time.time()
l=useBITLENGTHwithpowersoperator(aa)
end = time.time()
print(end - start)
0.014303922653198242
start = time.time()
l=useBITLENGTHwithshiftoperator(aa)
end = time.time()
print(end - start)
0.0002968311309814453
我有以下数据框，可以将其复制/粘贴并制作为数据框： df = pd.read_clipboard()
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
0 0 1 5 12 13 7 1 5 5 1 7 13 12 5 1 0
1 1 0 4 13 12 6 0 4 4 0 6 12 13 4 0 1
2 5 4 0 9 8 2 4 0 0 4 2 8 9 0 4 5
3 12 13 9 0 1 11 13 9 …I have a question, how does
pow(num, power, mod)
work so much faster than
(num**power)%mod
On large numbers the second is unusable, so i'm wondering how pow() works. How does it work to be so much faster, what is the underpinning of how it works with mod to calculate an answer so much faster than
(num**power)%mod.
(num * * power)%mod is unusable with larger numbers
so i'm wondering what trick pow() uses to calculate the answer so quickly? Does it …