hdu 4704 sum(费马小定理+快速幂)
2024-08-28 04:23:23
题意:
这题意看了很久。。
s(k)表示的是把n分成k个正整数的和,有多少种分法。
例如:
n=4时,
s(1)=1 4
s(2)=3 1,3 3,1 2,2
s(3)=3 1,1,2 1,2,1 2,1,1
s(4)=1 1,1,1,1
s(1)+s(2)+s(3)+s(4)=1+3+3+1=8
当n=1,2,3,4时,可以分别求出结果为 1,2,4,8
于是推出答案就是2^(n-1)---------------------(为什么?我也不知道,这个是怎么推出来的)
思路:题意明白了,就是求2^(n-1) mod(10^9+7)呗。
由于这里的n非常大,1<=n<10^100000,这里用简单的暴力绝对超时啊(10^8就会超时)
那么,这里用了两个优化,一个是费马小定理 a^(p-1)≡1(mod p),另外就是快速幂加速求幂
这里稍微演示一下如何利用费马小定理处理:
(单单用费马小定理处理仍会超时,因为处理完后,指数最大能达到10^9级别,仍会超时)
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mod=1e9+7; void pow(__int64 b){//快速求幂(位操作)
__int64 a=2;
__int64 ans;
ans=1;
while(b>0){
if(b&1)//判断是否为奇数,相当于 if(b%2==1)
ans=(ans*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
b=b>>1;//二进制向右移一位,相当于 b=b/2;
}
printf("%I64d\n",ans);
} int main(){
char str[123456];
__int64 num,i;
while(~scanf("%s",str)){
num=0;
int len=strlen(str);
for(i=0;i<len;i++){
num=( num*10+(str[i]-'0') )% (mod-1);//精华部分
}
if(num==0) pow(mod-2);//此时n=mod-1,所以应该求pow(mod-2),而不能求成pow(num-1)
else pow(num-1);
}
return 0;
}
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