该怎样去加速幂运算的过程呢？既然我们觉得将幂运算分为n步进行太慢，那我们就要想办法减少步骤，把其中的某一部分合成一步来进行。
比如，如果 n 能被 2 整除，那我们可以先计算一半，得到 a^\frac n 2 的值，再把这个值平方得出结果。这样做虽然有优化，但优化的程度很小，仍是线性的复杂度。
再比如，如果我们能找到 2^k=n ，那我们就能把原来的运算优化成 a^1,a^2,a^4,a^8... 只需要 k 次运算就可以完成，效率大大提升。可惜的是，这种条件显然太苛刻了，适用范围很小。不过这给了我们一种思路，虽然我们很难找到 2^k=n 但我们能够找到 2^{k_1}+2^{k_2}+2^{k_3}+......+2^{k_m}=n 。这样，我们可以通过递推，在很短的时间内求出各个项的值。
我们都学习过进制与进制的转换，知道一个 b 进制数的值可以表示为各个数位的值与权值之积的总和。比如， 2 进制数 1001 ，它的值可以表示为 10 进制的 1×2^3+0×2^2+0×2^1+1×2^0 ，即 9 。这完美地符合了上面的要求。 可以通过 2 进制来把 n 转化成 2^{k_m} 的序列之和，而 2 进制中第 i 位（从右边开始计数，值为 1 或是 ）则标记了对应的 2^{i−1} 是否存在于序列之中。 譬如， 13 为二进制的 1101 ，他可以表示为 2^3+2^2+2^0 ，其中由于第二位为 ， 2^1 项被舍去。
如此一来，我们只需要计算 a^1、a^2、a^4、a^8... a^{2^{k_m}} 的值（这个序列中的项不一定都存在，由 n 的二进制决定）并把它们乘起来即可完成整个幂运算。借助位运算的操作，可以很方便地实现这一算法，其复杂度为 \Omicron(\log n) 。
long long qpow(long long a, long long n, long long mod) {
long long res = 1;
a %= mod;
while (n) {
if (n & 1) res = (res * a) % mod;
a = (a * a) % mod;
n >>= 1;
}
return res % mod;
}