hdu 4704 Sum(隔板+费马小定理·大数取模)

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

Sum

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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. 
 

 

开始真没读懂题意，我还以为S(k)是x1+x2+……+xk呢，原来是N个数划分成k份的种数。
因此用到了隔板原理，n个数之间有n-1个间隔，分成1份：一个隔板都不用，C(n-1,0)；分成两份：用一个隔板，C(n-1,1)；……；分成n份：用去所有的隔板，C(n-1,n-1)。所以结果就应该是[C(n-1,0,)+C(n-1,1)+……+C(n-1,n-1)]%mod. 看见C(n,m)我又想起了杨辉三角，当然这里不能那么干，看见那个N我就打消了原来的念头。。杨辉三角的一行的和（也就是C(n-1,0,)+C(n-1,1)+……+C(n-1,n-1)）其实也等于（1+1）^(n-1)=2^(n-1)。这下问题就变成求解2^(n-1)%mod了。由于N太大，必须降幂，费马小定理：假如p是质数，且(a,p)=1，那么 a^(p-1)≡1（mod p）--> a^N%mod=a^(N%(mod-1))%mod。关于大数取模的方法：字符串存储原有的大数，再 ans = (ans * 10 + str[i] - '0')%mod; 因为原值就是在不断减去mod倍。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int maxn=1e5+10,mod=1e9+7;char str[maxn];typedef long long LL;LL power(int a,int p){    LL ans=1,temp=a;    while(p){        if(p&1) ans=ans*temp%mod;        temp=temp*temp%mod;        p>>=1;    }    return ans;}int main(){    //freopen("cin.txt","r",stdin);    while(cin>>str){         LL p=0,length=strlen(str);         for(int i=0;i<length;i++){             p=(p*10+str[i]-'0')%(mod-1);  //2与mod互质，mod是一个素数，可以使用费马小定理         }         p=(p-1+mod-1)%(mod-1);         printf("%lld\n",power(2,p));    }    return 0;}