hdu 4704 Sum(组合，费马小定理，快速幂)

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

这个题很刁是不是，一点都不6，为什么数据范围要开这么大，把我吓哭了，我kao......说笑的，哈哈。

一开始题意没看清（老毛病了），然后就以为用N对1e+9取模，因为给的数的范围为10¹⁰⁰⁰⁰⁰

所以只能开数组模拟。错了一发。后来再看题，发现错了，S(n)代表的是将N分成n个数的合的不同种类。

那么求S(n)的方法就是高中数学老师教的隔板法，有点忘了。隔板法是这样的，如果N为5，那么将5写成5个1隔开，就像这样

1 1 1 1 1，顾名思义隔板法就是在中间空格出放板子，现在最左和最右边放个板子，不是空格出。如过要求S(3);那么就在4个空格中找2个放格子，那么每两块板子

间的1加起来就是所分的数字，比如放在第格和第二格，分的就为1 1 3，而所C_N³

就是S(3);那么可的通项C_n^k

那么S(1)+S(2)+S(3)+....S(N)=2^N-1

所以就是求2^N-1(mod)(1e+7);

因为N-1很大所以可以用费马小定理；

费马小定理在p为素数的情况下对任意的整数x都有x^p==x(mod p)

;如果x不能被p整除有x^(p-1)=1(mod p);由于a,b<1e9;所以不能被1e9+7整除， 求出了k[n],则a^k[n]%p=a^(k[n]%(p-1))%p;

证明如下： k[n]=m*(p-1)+d;那么a^k[n]%p=a^[(m*(p-1))+d]%p=(a^[m*(p-1)]%p*a^(d)%p)%p;

由费马小定理可知a^(m*(p-1))%p=1; 而d=k[n]%(p-1);得证；

然后再快速幂就行了。

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
typedef long long ll;
ll fastmi(ll n);
using namespace std;
ll a[100100];
char b[100005];
ll c[100100];
ll k[100100];
const int N=1e9+7;
const int M=1e9+6;
int main(void)
{
    k[0]=5;
    k[1]=0;
    k[2]=0;
    k[3]=0;
    k[4]=0;
    k[5]=0;
    k[6]=0;
    k[7]=0;
    k[8]=0;
    k[9]=1;
    ll n,i,j,p,q,l;
    while(scanf("%s",b)!=EOF)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        l=strlen(b);
        ll t=1;
        for(i=0; i<l; i++)
        {
            a[i]=b[l-i-1]-'0';
        }

        int uu=0;
        for(i=0; i<l+20; i++)
        {


            a[i]=k[i]+a[i]+uu;
            uu=a[i]/10;
            a[i]=a[i]%10;
        }

        ll ww=1;
        ll pp=0;
        for(i=0; i<l+20; i++)
        {
            pp=(pp%M+(ww%M*a[i]%M)%M)%M;
            ww=(ww%M*10%M)%M;

        }//(N-1)modM=(N-1+M)modM,为1e+6;M-1为1e+5;k[]数组存的就为1e+5;
        ll dd=fastmi(pp);
        printf("%lld
",dd);
    }

    return 0;


}

ll fastmi(ll n)//快速幂
{
    ll x=1;
    ll y=2;
    while(n)
    {
        if(n&1)
        {
            x=(x%N*y%N)%N;
        }
        y=(y%N*y%N)%N;
        n=n/2;
    }
    return x;
}