广东工业大学第十四届程序设计竞赛 简单数学题(简单数学题)

简单数学题

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Problem Description

已知

F(n)=∑ⁿ_i=1(i×∑ⁿ_j=iCⁱ_j)

求 F(n) mod 1000000007

Input

多组输入，每组输入占一行，包含一个整数n（1 <= n <= 1e18)。
数据不超过300000组。

Output

对于每组输入，输出一行，包括一个数代表答案。

Sample Input

5
100

Sample Output

129
660756544

分析

题目不难，但是因为自己的知识太少太不扎实而没有过，还需继续努力。

先看看题目要求吧。求F(n)取模1000000007；
这个F(n)看着就很大，写出前几项也好像没有什么规律，只能发现F(n)都是奇数，试试将前后项作差，还是不明显；(当然要是厉害的话可以看出来因子包含2的n-1次方和n)

n	F(n)	F(n)-F(n-1)
1	1	—
2	5	4
3	17	12
4	49	32
5	129	80
6	321	192

那就只能从式子的结构下手了；
通常这种类型的题目需要让你求得数的式子很多是 某些通项前n项和 或 通项前n项乘积 的形式（也可能有矩阵之类的），不过这道题目的关键在于它的组合数相加式；

0×(C00	+C01	+C02	+C03	+C04)+
1×	(C11	+C12	+C13	+C14)+
2×		(C22	+C23	+C24)+
3×			(C33	+C34)+
4×				C44

如上为 n=4 的情况；
这题思路并不单一，下面说一下我的思路。

首先，组合数是“对称”的，像是C⁴₄和C⁰₄其实没有什么数值上面的区别；

其次，这里的组合数前面的系数是单调线性的，也就是说抽取一部分C⁴₄作为C⁰₄、抽取一部分C³₄作为C¹₄等等可以使得各同底组合数的系数一致；

然后，每次F(n) 的 n 加一，会增加一组这样的组合数；
如F(2)->F(3):
F(3)=F(2)+0C⁰₃+1C¹₃+2C²₃+3C³₃;

根据二项式定理：
有C⁰₃+C¹₃+C²₃+C³₃=2³

再根据前面得到的结论，把系数平分给每一项；
那么便有0C⁰₃+1C¹₃+2C²₃+3C³₃ = (3/2) *2³ = 3 *2²；

一般化之后，我们便得到了F(n)-F(n-1)的通项T(n);
即T(n) = n *2^n-1;
F(n)便是前T(n)项的和；
一个简单的错位相减就能够做出来了。

所以F(n) = (n-1)2ⁿ+1；

再来一个快速幂顺便取模就能过了；

然后我在这里犯了个弱智错误，竟然把幂给取模了，我还不觉得有问题，错到自闭；
之前明明看过这些知识，还是没有认真地去理解。还是继续努力吧！
代码很短。

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define MS(X) memset(X,0,sizeof(X))
#define MSC(X) memset(X,-1,sizeof(X))
typedef long long LL;
using namespace std;
const LL mod=1000000007;

int main(){
    LL n;
    while(~scanf("%lld",&n)){
        LL sn=(n-1)%mod;
        LL ans=1,a=2;
        while(n){
            if(n&1){
                ans=(ans*a)%mod;
            }
            a=(a*a)%mod;
            n>>=1;
        }
        ans=((sn*ans)+1)%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}