題意：把一個數值為n的數字,可以把他分成 由 i個數相加的形式 1<=i<=n 問有一共有多少種分配方式 (1<=n<=1e100000)

? ? 0. 讀準題,當時被卡死了 :The input file consists of multiple test cases.
? ? 1. 隔板定理：先把n分成n個數 組成的形式，那么每個數都是1 ,n個1之間有n-1個空,在選擇由幾個數組成的n的形式的時? ? ? ? ? ? ? 候相當于在這?n-1個空之間插入隔板進行分開
? ? ? ? ? ? 有?C(n-1,0)+C(n-1,1)+C(n-1,2)+C(n-1,3).....+C(n-1,n-1) = 2^(n-1) ? (隔板定理) (C(n,0)+.....+C(n,n)=2^n)
? ? 2. 1<=n<=1e100000 不降冪沒法做.?gcd(2,mod)=1 mod為素數
? ? ? ?費馬小定理和歐拉降冪都行,當然是用費馬小定理時間復雜度更優,不用計算歐拉函數值得因子來降冪了
? ? ? ?降冪原理: a^(n-1)=a^(k*(p-1)+r)而a^(k *(p-1))%p=1
? ? 3. 一個知識點吧: 在對輸入的n(灰常大)要mod p 進行處理的時候可以這樣處理:
? ? ? ? ? ? n%p =((((((a1%p)*10+a2)%p)*10+a3)%p)*10+a4)%p ?其中n=a1a2a3a4a5 都當ai當作字符來讀入

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define X 10005 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI 3.141592653589793238462643383 const int mod=1e9+7; const int N=1e7; ll Pow(ll a,ll n) {ll ans=1;while(n){if(n&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;n>>=1;}return ans%mod; } int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);string str;while(cin>>str){ll n=0;for(int i=0; str[i]!='\0'; ++i) n=(n*10+str[i]-'0')%(mod-1);n=n-1;ll ans=Pow(2,n);cout<<ans<<endl;}return 0;}

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總結

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