问题引出

有如下问题：
求 $2^n$ mod (1e9+7)，其中1< n < $10^{100000}$。

首先明确一下此类问题的几种算法，首先朴素算法，即暴力循环求解，是O(N)复杂度，适用范围应该是n小于1000000；然后是快速幂算法，效率是O(log N)，适用于n小于 $2^{100000}$ 级别的；然后就是上面的例题了，由于范围是$10^{100000}$ ，即使是快速幂也不可能在期望时间内解决，这时候需要另辟蹊径。

费马小定理

对于质数P，任意的自然数a，有：$a^p\equiv a(modp)$

主要思路

回到上述例题，可知 P 即1e9+7，这是个素数，满足费马小定理的条件。那么我们想提高 2^n 计算的效率，就绕不开减小 n 的大小，我们接下来就利用费马小定理来减少幂 n 的大小。

首先费马小定理的一个小变形：$a^{(P-1)}\equiv 1(modP)$ ，这个变形的前提是 a 不是 P 的倍数。

而 a 是 2 ，很明显 2 也是素数，所以GCD(a , P ) = 1，接下来对 2^n 进行变形： $2^n=2^{x\ast (P-1)}\ast 2^k$，而根据费马小定理，显然 $2^{x\ast (P-1)}modP=1modP$，于是$2^{n}modP=2^k$，其中 k = n%(P-1)。此时 k 小于P，即小于 1e9+7，可以使用快速幂解决。

注意： 值得注意的是，10^100000 最大是1后面有100000个0，需要用字符串存，在转化为整数时利用模运算规则，边转化边取模。

代码示例

#include<cstdio>
#include<string>
#include<iostream>
using namespace std;
const int M = 1e9+7;
typedef long long ll;
ll qpow(ll a,ll b){ll res = 1;while(b){if(b&1) res = res*a%M;a = a*a%M;b >>= 1;}return res;	
}
ll solve(string x){ll M1 = M-1;ll k = x[0]-'0';for(int i = 1;x[i];i++) k = (k*10+x[i]-'0')%M1;ll ans = qpow(2,k); return ans%M;
}
int main(){string n;while(cin >> n && n != "0"){printf("%lld\n",solve(n));}return 0;
}

问题拓展

求 $a^{b}modP$ 的值，其中 P 为质数，a 为整数，并且 b 是位数小于2000的整数。

解题思路

由欧拉定理可得 $a^{\phi (P)}\equiv 1(modP)$ ，欧拉定理成立的条件只要求 a 与 P 互质即可。

若 a 与 P 不互质，将 a 拆分为若干素因数的乘积，即 $a=P^{k_0}{p}_1^{k_1}{p}_2^{k_2}..p_m^{k_m}$ 这时候 a 的质因数里一定存在 P ，剩下的质因数都与 P 互质。而 $P^{k_0}modP\equiv 1(modP)$ ，因此质因数 P 对结果无影响，只需考虑剩下的质因数 $p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}..p_m^{k_m}$。

$p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}..p_m^{k_m}$ 与 P 都是互质的，由欧拉定理可知 $a^{\phi (P)}modP=p_1^{k_1\phi (P)}{p}_2^{k_2\phi (P)}..p_m^{k_m\phi (P)}modP\equiv 1$ ，若 $b=l\phi (P)+r$，则 $a^{b}modP=a^{r}modP$。

综上所述，对于任意的 a,b,P，$a^{b}modP=a^{bmod\phi (P)}modP$

其中 $\phi (P)$ 为欧拉函数。

至此解题步骤就清晰了，只需要先让超大数 b 对 $\phi (P)$ 取模 得到 r，然后计算 $a^{r}modP$ 即可。同时可见，求 $2^b$ 的方法只是一个特例，因为素数 P 的欧拉函数值 $\phi (P)=P-1$ 。