HDU - 4704 J - Sum

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4704

题目描述：

给定一个整数N，有一个函数S(x)，S(x)表示把整数N分成x份有多少个方法。

求S(1)+S(2)+......+S(N)的和。

分析：可以把N看出N个小球（把N看出N个1的和），放入x个洞里面，有多少种方法。由插板法可以得到S(x)=C(x-1,n-1)。（x-1在上，N-1在下）。

那么和就是sum=S(1)+S(2)+......+S(N)=C(0,N-1)+C(1,N-1)+......+C(N-1,N-1)=2^(N-1)。答案就是求2^(N-1)。

因为N很大，只能用字符串存起来。首先把字符串代表的数减一，直接把最后的数减1即可。如果遇到最后的数为0，那么就要把这个数变为9，把前面的数减一。比如（10-1变成09）。

我的想法就是把字符串拆成一位一位的。比如求2^(22)可以拆成2^(20) * 2^(2)。2^(2)很简单，把他的基数2平方即可。那2^(20)呢，同样，把基数变成2^(10)，再把基数平方即可。这样每一位的基数，是他前一位的10次方，每次保留基数，就可以一步一步求。再用快速幂运算即可。

题目有点误导的地方就他输入的数不止一个。

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <string.h> 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
ll pow(ll x,int n)
{
    if(n==0) return 1;
    if(n==1) return x%mod;
    ll res=1;
    while(n)
    {
        if(n&1) res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    char N[2000006];
    while(scanf("%s",N)!=EOF)
    {
        int len=strlen(N);
        ll base=2;
        ll ans=1;
        int tail=len-1;
        while(N[tail]=='0')
        {
            N[tail]='9';
            tail--;
        }
        N[tail]--;
        for(int i=len-1;i>=0;i--)
        {
            int num=N[i]-'0';
            ans=ans*pow(base,num)%mod;
            base=pow(base,10);
        }
        printf("%lld\n",ans%mod);
    }
    
    return 0;
}