hdu4704 （费马小定理/欧拉降幂）

题意： 给定 $n$， $S_k$为 $x_1+x_2+...+x_k=n$的正整数解的方案数，求 $(S_1+S_2+...S_k)\bmod (10^9+7)$
数据范围： $1<n<10^{2000}$
注意：当 $k=2,n=4$， $x_1=1,x_2=3$和 $x_1=3,x_2=1$是两种方案。
题解： 一步步分析， $S_1$为 $x_1=n$的方案数，自然为 $1$， $S_2$为 $x_1+x_2=n$，则有 $n-1$z种方案。可以想到用隔板法来求解每个方案，即 $n$个数构成了 $n-1$个空，有 $k$个解就要插入 $k-1$个隔板。那么答案即为 $C_{n-1}^0+C_{n-1}^1+...+C_{n-1}^{n-2}+C_{n-1}^{n-1}=2^{n-1}$。
证明即二项式定理：
$(x+y)^{n-1}=C_{n-1}^0x^0y^{n-1}+C_{n-1}^1x^1y^{n-2}+...+C_{n-1}^{n-2}x^{n-2}y^{1}+C_{n-1}^{n-1}x^{n-1}y^0$
令 $x=y=1$即可。

本题的 $n$过大，所以无法直接使用快速幂。

• 根据费马小定理 $a^{p-1}\equiv1\pmod{p},(a,p)=1$
  所以 $2^{n-1}=2^{k\times{(p-1)}+r}$， $2^{p-1}\bmod p=1$
  故 $2^{n-1}\bmod p=2^{r}\bmod p$
• 欧拉降幂： $2^{n-1}\equiv2^{(n-1)\%φ(p)+φ(p)}$
  注意 $-1$必须最后减去，因为大数边计算边取模，先处理 $-1$是错误的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 100010;
char s[N];

int qp(int a, int b) {
	int ans = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	while(~scanf("%s", s)){ 
		int mi = 0;
		for(int i = 0; s[i]; i++) mi = (mi * 10ll + s[i] - '0') % (mod - 1);
		mi = (mi - 1 + mod - 1) % (mod - 1);
		int res = qp(2, mi);  
		printf("%d\n", res);
	} 
	return 0;
}