hdu 4704 Sum (整数和分解+高速幂+费马小定理降幂)
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题意:
给n(1<n<),求(s1+s2+s3+...+sn)mod(1e9+7)。
当中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:
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必须是素数才干用费马小定理)
a=2时。(a=2仅仅是题中条件,a能够为其它值)
比如,设p=7, n=32, 求2^32≡x(mod p)的值
因为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。
比如,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。
因为n太大。不优点理啊。
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) //高速幂 (高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; }
这道题还能够找循环结。
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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HDU 4704 Sum(隔板原理+组合数求和公式+费马小定理+快速幂)