hdu 4704 Sum (隔板法,指数循环节,费马小定理)

Posted by 111qqz on Wednesday, October 26, 2016

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题意:定义s(k)为将n分成k个正整数的划分数,给出n,问s(1) + s(2) + … + s(n-1) + s(n)是多少,结果9+7,其中n<=10^100000。

思路:首先化简要求的式子。

根据隔板法_维基百科

现在有10个球,要放进3个盒子里
    ●●●●●●●●●●

隔2个板子,把10个球被隔开成3个部分

    ●|●|●●●●●●●●、●|●●|●●●●●●●、●|●●●|●●●●●●、●|●●●●|●●●●●、●|●●●●●|●●●●、●|●●●●●●|●●●、......

如此类推,10个球放进3个盒子的方法总数为{{\binom {10-1}{3-1}}={\binom {9}{2}}=36

n个球放进k个盒子的方法总数为{{\binom {n-1}{k-1}}

问题等价于求{x_{1}+x_{2}+…+x_{k}=n 的可行解数,其中x_{1},x_{2},…,x_{k}正整数

于是问题转化成:

n个木棍,n-1个缝,

分成1份则是C(n-1,0);

分成2份则是C(n-1,1);

分成3份则是C(n-1,2);

分成n份则是C(n-1,n-1);

ans = sum( C(n-1,i) ) (0<=i<=n-1)

=2^(n-1);

这是我能理解的得到2^(n-1)的方式。。。

看到有好多人说这个结论是显然的。。。求指教(说这是个结论记住就好的就算了23333)

接下来,就是求A=2^(n-1)9+7的问题了。。。

根据指数循环节公式A=2^((n-1)%(mod-1))*2^(mod-1)%mod (其中mod=1E9+7)

由于gcd(2,1E9+7)=1,根据费马小定理2^(mod-1)%mod=1,因此A=2^((n-1)%(mod-1))

然后快速幂搞之。

/* ***********************************************
Author :111qqz
Created Time :Wed 26 Oct 2016 06:22:39 PM CST
File Name :code/hdu/4704.cpp
************************************************ */

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#define fst first
#define sec second
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long LL;
#define pi pair < int ,int >
#define MP make_pair

using namespace std;
const double eps = 1E-8;
const int dx4[4]={1,0,0,-1};
const int dy4[4]={0,-1,1,0};
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N=1E5+7;
const LL mod = 1E9+7;
char st[N];
int len;
LL n;
LL ksm(LL a,LL b)
{
    LL res = 1LL;
    while (b>0)
    {
    if (b&1) res = (res * a) % mod;
    b = b >> 1LL;
    a = ( a*a ) % mod;
    }
    return res;
}
int main()
{
    #ifndef  ONLINE_JUDGE 
    freopen("code/in.txt","r",stdin);
  #endif

    while (~scanf("%s",st))
    {
        len = strlen(st);
        n = 0 ;
        for ( int i = 0 ; i < len ; i++)
        {
        LL val = st[i]-'0';
        n = ((n * 10LL)%(mod-1) + val)% (mod-1);
        }
        n = (n-1+mod-1)%(mod-1);
        LL ans = ksm( 2,n );
        printf("%lld\n",ans);
    }

  #ifndef ONLINE_JUDGE  
  fclose(stdin);
  #endif
    return 0;
}

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