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题目如下：



题目大意：

就是给你一个数 n 让你将它拆分成 i份的方案数，并且将这方案数 记为S(i),让求的就是S(i)的和，注意一下数据范围，非常滴大呀。。。

解题思路：

首先我们要将 S(i)求出来，在这里我们就用到可能是高中学的知识吧，应该是 我记得是，用到的是隔板法（也叫插空法），就是现在这里有 n 个1，我们要求的就是拆成i份，这不就是隔板法麻，现在就是有n个1，有n-1个空。讲一下具体的例子：

当 i = 1的时候 C(n-1,0);——S(1)

当 i = 2的时候 C(n-1,1);——S(2)

当 i = 3的时候 C(n-1,2);——S(3)

...

当 i = n的时候 C(n-1,n-1);——S(n)

所以 ：

S(1) + S(2) + S(3) + ... + S(n) = C(n-1,0) + C(n-1,1) + C(n-1,2) + .. + C(n-1,n-1) = 2^(n-1)（利用二项式定理）

我们将这个问题解决了，所以现在就是2^(n-1) Mod 1000000007,这个我们可以用欧拉定理，因为 2 与 1000000007互素，所以2^phi(1000000007)%1000000007 == 1，所以2^(n-1) Mod 1000000007就可以转化为

2^((n-1)%phi(1000000007)+phi(1000000007)) Mod 1000000007，这里又涉及了一个大数取模问题，这个可以作为模板，

for(int i=0; i<len; i++)
ret = (ret*10+(st[i]-'0')) % (MOD-1);

每次取模，每次乘以10就好 因为取模运算可以相加的...，写到这里这个题基本上就已经结束了，最后别忘记在快速幂一下，完事儿，下面就是代码：

上代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int MOD = 1e9+7;
typedef long long LL;
LL quick_mod(LL a, LL b, LL m)
{
LL ans = 1;
while(b)
{
if(b&1)
ans = ans*a%m;
b>>=1;
a = a*a%m;
}
return ans;
}
LL GetMod(char st[])
{
LL ret = 0;
int len = strlen(st);
for(int i=0; i<len; i++)
ret = (ret*10+(st[i]-'0')) % (MOD-1);
ret--;
return ret;
}
char str[MAXN];
int main()
{
while(cin>>str)
{
LL tmp = GetMod(str);
cout<<quick_mod(2, tmp, MOD)<<endl;
}
return 0;
}