Hdu4704 Sum(又见费马小定理)

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. 

题意：将N拆分成1-n个数，问有多少种组成方法。比如Sn=s1+s2+s3+..sn,S(n+1)=s1+s2+s3+...sn+s(n+1);S(n+1)=2Sn.所以Sn=2^(n-1)。但是这个n非常大。本来想用二进制快速幂这个n，无果。小费马定理的公式都知道：a^(p-1) %p=1  也就是说这个式子可以用1来代替。比如A是a的逆元A*a%p=1.我们可以把这个式子变成a*a*(p-2)%p=1;这个公式化简就是上面的小费马定理，我们可以把A看做是a^(p-2)%p=1、所以a的逆元就是这个东西。好了，言归正传。这个题目我们可以把n分解。变成多少个(p-1)+k。也就是    (t*(p-1)+k) %p。根据同余定理，2^t(p-1)%p正好等于1，乘上一个数没有影响,所以只剩下2^k % p。这个k就是小于1e9+7的数，再运用快速幂求(2,k)即可。

对于任意自然数，当要求a^p%m时，就可以利用费马小定理化简，只需求(a^(p%(m-1)))%m;(p是素数)

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
#include <stack>
#include <list>
#include <vector>
using namespace std;
#define LL long long
const LL M=1e9+7;
char s[100010];
LL xiaofeima(LL m)
{
	int l=strlen(s);
	LL ans=0;
	for (int i=0;i<l;i++)
		ans=(ans*10+s[i]-'0') %m;
	return ans;
}
LL ksm(LL a,LL b)
{
	LL ans=1;
	while (b)
	{
		if (b % 2==1)
			ans=ans*a%M;
		a=a*a%M;
		b>>=1;
	}	
	return ans;
}
int main()
{
	while (gets(s))
	{
		LL k=xiaofeima(M-1);
		//cout<<k<<endl;
		cout<<ksm(2,k-1)<<endl;
	}
	return 0;
}