hdu 4704 Sum (整数和分解+快速幂+费马小定理降幂)
题意:
给n(1<n<),求(s1+s2+s3+...+sn)mod(1e9+7)。其中si表示n由i个数相加而成的种数,如n=4,则s1=1,s2=3。 (全题文末)
知识点:
整数n有种和分解方法。
费马小定理:p是质数,若p不能整除a,则 a^(p-1) ≡1(mod p)。可利用费马小定理降素数幂。
当m为素数,(m必须是素数才能用费马小定理)
a=2时。(a=2只是题中条件,a可以为其他值)
mod m = * // k=
= //==1为费马小定理的应用
例如,设p=7, n=32, 求2^32≡x(mod p)的值
由于p是素数,所以一定存在2^6≡1(mod p)
则
2^32%p=(2^[(6*5)+2])%p
=[2^(6*5)*2^2]%p
=[(2^(6*5)%p)*(2^2%p)]%p //(a*b)%m=[(a%m)*(b%m)]%m;
=[1*(2^2%p)]%p //2^(6*5)%p为对费马小定理的应用
=2^2%p;
题解:
题目相当于求n的分解种数。例如,n=x1+x2+x3+..xk是一种分解,把xi看成由xi个1组成,同理n即为n个1组成。
题目也就是给n个1分组的方法数(这不是类似于组合数学的小球间隔板问题吗)。每两个1之间是否放隔板,有放和不放两种选择,一共n-1个可选择间隔。so 总方法数为 。
由于n太大,不好处理啊。
指数太大,发现m=1e9+7为素数,则可用费马小定理(a^(p-1))≡1(mod p))降幂。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=1e9+7,N=1e5+5;
char a[N]; LL quick_mod(LL a,LL p) //快速幂 (快速幂利用了二分思想和秦九昭算法)
{
LL ans=1;
while(p)
{
if(p&1)
ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
p>>=1;
}
return ans;
} int main()
{
while(~scanf("%s",a))
{
int len=strlen(a);
LL ans=0;
for(int i=0;i<len;i++)
{
ans=(ans*10+a[i]-'0')%(mod-1);
}
ans=(ans-1+mod-1)%(mod-1);
printf("%lld\n",quick_mod(2,ans));
}
return 0;
}
这道题还可以找循环结。
发现 2^500000003 = 1 = 2^0,所以n=(n-1)%500000003,所以 2^(n - 1) = 2^((n-1)%(mod -1))%mod; (mod-1=500000003)
Sum
Time Limit:1000MS Memory Limit:131072KB 64bit IO Format:%I64d & %I64u
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.
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