hdu 4704 sum 费马小定理 快速幂

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Problem 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.

 

 

Source

2013 Multi-University Training Contest 10

 

题意：给出一个整数N， s(k)代表N的一个个数不超过k的拆分

比如N=4, s(1)就是3， s(2)可以是(2, 2), (1, 3), (3, 1)……

求s(k)(k=1~N)的总和，就是求整数N的有序拆分的总数，分析易得为2^(n-1);

 

一开始不知道费马小定理，于是卡题了，只知道是大数……

费马小定理为对于一个素数p，对于任何自然数n，都满足a^(p-1)≡1(mod p);

利用费马小定理可以化简a^b%m取模

比如，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;

对于任意自然数，当要求a^p%m时，就可以利用费马小定理化简，只需求(a^(m%p))%p;(p是素数)

 

所以，先以字符串形式读入整数N，然后对模MOD，得到余数d，再利用快速寞计算

 

*如何处理n-1次方

注意此处要求的是2的n-1次方.一般来说，那么若原数据再减一，取模值应该为d-1

但有特殊情况，比如原数刚好是MOD倍数，取模后值为0，则原数值应该为(MOD-1);

 

AC代码

Accepted

4704

31MS

856K

893 B

C++

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXSIZE 1000000
#define MOD 1000000007
typedef __int64 ll;
struct hp
{
    int len;
    int s[MAXSIZE+10];
};
string n;
hp pows;
void input(hp &a, string str)
{
    while(str[0]=='0'&&str.size()>1)
        str.erase(0, 1);
    int len=str.size();
    a.len=len;
    for(int i=1;i<=len;i++)
        a.s[i]=str[i-1]-'0';
}
int devide(const hp &a, ll b)
{
    ll d=0;
    int len=a.len;
    for(int i=1;i<=len;i++)
    {
        d=d*10+a.s[i];
        d%=b;
    }
    if(d==0)return MOD-2;
    else return d-1;
}
int quickpow(ll a, ll b)
{
    int ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ret=(ret*a)%MOD;
        b>>=1;
        a=(a*a)%MOD;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    while(cin>>n)
    {
        input(pows, n);
        ll p=devide(pows, MOD-1);
        ll ans=quickpow(2, p);
        printf("%I64d\n", ans);
    }
    return 0;
}

 

---恢复内容结束---