这类问题的相同之处在于，数的大小超出了原生数据类型所能表示的范围。如果用Python或者Java，就不必再看下去了。。。。。。

1. 大数的模幂运算

给定x和y，求x的y次幂模k的余数

unsigned int quick_power_mod(unsigned int x, unsigned int y, unsigned int k)
{
    unsigned int res = 1;
    x %= k;
    while(y != 0)
    {
        if(y & 1)
        {
            res = (res * x) % k;
        }
        y >>= 1;
        x = (x * x) % k;
    }
    return res;
}

这种做法的道理如下，指数y的二进制表示为：

$y = a_{0} \cdot 2^{0} + a_{1} \cdot 2^{1} + a_{2} \cdot 2^{2} + \cdots + a_{n} \cdot 2^{n}, a_{i} \in \{0, 1\}$

那么

$x^{y} = x^{a_{0} \cdot 2^{0} + a_{1} \cdot 2^{1} + a_{2} \cdot 2^{2} + \cdots + a_{n} \cdot 2^{n}} = x^{a_{0} \cdot 2^{0}} \cdot x^{a_{1} \cdot 2^{1}} \cdot x^{a_{2} \cdot 2^{2}} \cdot \cdots \cdot x^{a_{n} \cdot 2^{n}} , a_{i} \in \{0, 1\}$

又因为模运算有如下性质

$(a \cdot b)\bmod c = ((a \bmod c)(b \bmod c)) \bmod c$

于是我们有

$x^{y} \bmod k = ((x^{a_{0} \cdot 2^{0}} \bmod k) \cdot (x^{a_{1} \cdot 2^{1}} \bmod k) \cdot (x^{a_{2} \cdot 2^{2}} \bmod k) \cdot \cdots \cdot (x^{a_{n} \cdot 2^{n}} \bmod k)) \bmod k, a_{i} \in \{0, 1\}$

该算法即在按照上式从左到右一项一项的计算。体现为，遍历y的每一个二进制位，如果该位为1，将当前的计算结果乘以当前x的值并求余，如果该位为0，则不乘或者说乘以1；每遍历y的一位，将x做一次平方，对应着上式中依次乘2的x的指数。

2. 大数的进制转换

给定a进制的数x（字符串形式），转换为b进制的数y

// big-endian for input
// small-endian for output
unsigned int convert_base(std::vector<unsigned int> &from_num, std::vector<unsigned int> &to_num, unsigned int from_base, unsigned int to_base)
{
    for(int i = 0; i < from_num.size(); )
    {
        int carry = 0;
        for(int j = i; j < from_num.size(); j++)
        {
            int tmp = (from_num[j] + carry * from_base) % to_base;
            from_num[j] = (from_num[j] + carry * from_base) / to_base;
            carry = tmp;
        }
        to_num.push_back(carry);
        while(from_num[i] == 0)
        {
            i++;
        }
    }
}

此处使用的是除k取余法，输入的vector也被改变了，用来存储每步计算的商。