hdu 4704 Sum（扩展欧拉定理）

Problem Description

Sample Input

2

Sample Output

2

Hint

1. For N = 2, S(1) = S(2) = 1.

2. The input file consists of multiple test cases.

解题思路：由于指数很大，要用到欧拉降幂公式，即扩展欧拉定理：$ a^n \equiv a^{n \; mod \;\varphi(p)} (mod \; p)$，其中$gcd(a, p) = 1$。题目的意思就是给出一个N，N∈[1,10^100000]，求(S1+S2+...+SN)mod(10^9+7)，其中Si表示i个数相加总和为N组成的方案数，那么原问题就可以转换成N=x1+x2+x3+...+xN，其中xi看作是由m个1(m∈[0,N])相加得到的，则SN就有N个1（xi=1(i∈[1,N])）相加得到，所以也就是求N个1分组的方案数（小球隔板问题）。将N个1排成一行，有N-1个空，每个空可以选择插入或者不插入一块隔板，则一共有2^(N-1)种方案数。由于N很大，直接套整数快速幂模板肯定是不行的，又因为10^9+7是一个质数，因此是否可以通过费马小定理来实现对指数N-1先取个模，然后再套一下整数快速幂取模运算？我们来推导一下公式：根据费马小定理公式：a^(p-1)≡1(mod p)，其中p是质数，p不能整除a。假设n=n%(p-1)+t*(p-1)，其中t=n/(p-1)，则2ⁿ%p=2^n%(p-1)%p*(2^t)^(p-1)%p，由于gcd(2^t,p)=1，即(2^t)^(p-1)≡1(mod p)，所以最终推得的公式为2ⁿ%p=2^n%(p-1)%p。用字符串读取N，同时取模p-1，因为(N-1)%(p-1)=N%(p-1)-1，所以将N模p-1得到的结果N'再计算一下2^(N'-1)%p即可。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+5;//N最大有10^5位
char str[maxn];
LL mod_power(LL a,LL b){//整数快速幂
    LL ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    while(cin>>str){
        LL N=0;
        for(int i=0;str[i]!='\0';++i)
            N=(10*N+(str[i]-'0'))%(mod-1);//先处理N'=N%(p-1)
        cout<<mod_power(2,N-1)<<endl;//再求2^(N'-1)%p即可
    }
    return 0;
}