HDU4704 Sum(大数取模,深刻理解费马小定理)

Sum

Simple Input

2

3

Simple Output

2

4

思路：原题把人坑死，原来交换位置算新的一种.插板法 C(1,n)+C(2,n)+······+C(n,n) = 2^n.

即求2^(n-1),但是n极大，这里取模运算就用到了大数取模和费马小定理.

假如a,p互质，则a^(p-1)%p == 1恒成立，所以此题是不是可以利用这一性质呢.

因为2^n %p== 2^(p-1)*2(n-(p-1))%p == 2^(p-1)%p*2(n-(p-1))%p == 1*2(n-(p-1))%p.

所以此题我们只要计算n%(p-1)就好,n这么大怎么模p-1呢?

1234%m == (((1*10+2)*10+3)*10+4 )%m == (((1%m*10+2)%m*10+3)%m*10+4)%m

解决啦！

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6+5;
const double esp = 1e-7;
const int ff = 0x3f3f3f3f;
map<int,int>::iterator it;

char s[maxn];

ll big_mod()
{
	ll ans = s[0] - '0';
	int len = strlen(s);
	
	for(int i = 1;i< len;i++)
		ans = (ans*10+s[i]-'0')%(mod-1);
	
	return ans;
}

ll quick_pow(ll x,ll y)
{
	ll ans = 1;
	while(y)
	{
		if(y&1)
			ans = (ans*x)%mod;
		y>>= 1;
		x = (x*x)%mod;
	}
	
	return ans;
}

int main()
{
	while(~scanf(" %s",s))
	{
		ll m = big_mod();
		cout<<quick_pow(2,m-1)<<endl;
	}
	
	return 0;
}