題目：

分析與解答：

參考思路：
https://www.cnblogs.com/stepping/p/7144512.html
https://blog.csdn.net/strangedbly/article/details/50996908
根據隔板定理，把N分成一份的分法數為C(1,n-1)，
把N分成兩份的分法數為C(2,n-1)，
把N分成三份的分法數為C(3,n-1)，…. ，
把N分成N份的分法數為C(n-1,n-1)。
設sum=S(1)+S(2)+…+S(N)，根據組合數求和公式，sum=2^(n-1)。
原式可化為(2^(N-1))mod(10^9+7)
但是現在n太大了，需要考慮簡化。

對于(a^N)mod(p)
使用費馬小定理的前提條件是
p是質數，且gcd(a,p)=1，那么 a^(p-1)≡1（mod p）
費馬小定理降冪例子：
p=7
求(2^32)%p
由費馬小定理(2^6)%p=1
所以((2^6)^k)%p=1 （k=1.2.。。。n）
(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為對費馬小定理的應用
=2^2%p;

所以我們推廣一下
求(a^N)mod(p)
a^(p-1)≡1（mod p）
k=N%(p-1)
(a^N)mod(p)=(a^k)mod(p)

對于這一題
(2^(N-1))mod(10^9+7)
k=（N-1）mod(10^9+7-1)=Nmod(10^9+7-1)-1
最后求(2^k)mod(p)
由于N很大，我們只能用字符數組從一位開始%mod

參考代碼：
https://blog.csdn.net/valieli/article/details/52806037

#include <iostream> #include <stdio.h> using namespace std;char N[100005]; const int mod=1e9+7; //費馬小定理 long long PhiMa(char *N,int mod) {long long ans=0;for(int i=0;N[i]!='\0';i++)ans=(ans*10+N[i]-'0')%mod;return ans; } //快速冪取余運算 long long FastPow(long long a,long long b) {long long ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans; } int main() {while(scanf("%s",N)!=EOF){long long n=PhiMa(N,mod-1)-1;long long pp=FastPow(2,n);printf("%lld\n",pp);}return 0; }

總結

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