求2的n次方對1e9+7的模，n大約為10的100000次方（費馬小定理）

昨天做了一個題，簡化題意后就是求2的n次方對1e9+7的模，其中1<=n<=10¹⁰⁰⁰⁰⁰。這個就算用快速冪加大數也會超時，查了之后才知道這類題是對費馬小定理的考察。

　　費馬小定理：假如p是質數，且gcd(a,p)=1（a，p互質），那么 a^(p-1)≡1（mod p）。

由題可知，1e9+7是個質數（許多結果很大的題都喜歡對1e9+7取模），2是整數，a與p互質顯而易見，所以現在我們的目的就是想辦法把2^n%(1e9+7)降冪為2^k%(1e9+7)，令p=1e9+7，已知a^(p-1) = 1（mod p），且n可能很大很大，就看n里包括多少個p-1，把這些都丟掉求剩下的就好（就是求n mod (p-1)，根據取模的性質，這個過程可以將n從第一個數展開過程中邊取模完成，詳見代碼)。假設有x個p-1，則：2^n = 2^(x*(p-1)) * 2^k = 1^x * 2^k = 2^k(mod p)，所以直接求2^k就好，k = n%(p-1)。
由於N過於長，就用字符串存儲，之后邊轉化為數邊取余。還有就是處理過后的N也不小，求次冪時需要用快速冪。

#include<cstdio>
#include<string>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;
string n;
const LL mod=1000000007;

LL QuickPower(LL a,LL b){
    LL ans=1;
    while(b){
        if(b&1){
            ans=(ans*a)%mod;
        }
        b>>=1;
        a=(a*a)%mod;
    }
    return ans;
}

int main(){
    cin>>n;
    LL k=(LL)(n[0]-'0'),mod1=mod-1;
    for(int i=1;i<n.length();i++)
        k=(k*10+(LL)(n[i]-'0'))%mod1;
    printf("%lld\n",QuickPower(2,k));
    return 0;
}