sum(数学+快速幂+欧拉降幂）

Input

2

Output

2

Hint

1. For N = 2, S(1) = S(2) = 1.

2. The input file consists of multiple test cases.

题意就是  x1+x2+x3+... ... +xk=n有多少种可能，

利用“隔板法”，可以知道结果就是C(n-1)^0+C(n-1)^1+C(n-1)^2+···+C(n-1)^r+···+C(n-1)^(n-1).这是二项式定理的展开式。

根据二项式定理可以得出，结果就是2^(n-1)。

所以，这道题就转换为求解2^(n-1)mod(1e9+7)

可以用费马小定理+快速幂来解题，首先用费马小定理将指数进行降幂，然后用快速幂取余求得结果。

费马小定理

相关知识

费马小定理的内容是：a为整数，p为质数，a与p互质，则恒有a^(p-1)%p==1；

所以n中含有多个p-1,所以可以通过k=(n-1)%(p-1)进行降幂，最终求的是a^k%p;

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
const long long mod = 1e9+7;
const int maxn=1e6+5;
typedef long long ll;
using namespace std;
char s[maxn];
long long Mood(long long a,long long b){
	long long ans=1;
	while(b){
		if(b&1)
			ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b=b>>1;
	} 
	return ans;
}
long long feima(char *s){
	long long ans=0;
	int len=strlen(s);
	for(int i=0;i<len;i++){
		ans=(ans*10+s[i]-'0') %(mod-1);
	}
	return ans;
}
int main(){
	while(~scanf("%s",s)){
		long long sum=feima(s)-1;
		printf("%lld\n",Mood(2,sum));
	}
    return 0;
}