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：

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）

     mod m =   *      //  k=

                   =                                 //==1为费马小定理的应用

 

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。

so 总方法数为 。

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
      
       #include
       
        #include
        
         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
        
       
      

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.