信奥赛C++提高组csp-s之快速幂（案例实践3）

2026/8/22 13:56:31 拓冰建站浏览量

信奥赛C++提高组csp-s之快速幂（案例实践3）

题目描述

今天小明学习了组合数，现在他很想知道∑ C n i \sum \rm{C}_{n}^{i}∑Cni是多少。其中C \rm{C}C是组合数（即C n i \rm{C}_{n}^{i}Cni表示n nn个物品无顺序选取i ii个的方案数），i ii取从0 00到n nn的所有偶数。

由于答案可能很大，请输出答案对6662333 66623336662333的余数。

输入格式

输入仅包含一个整数n nn。

输出格式

输出一个整数，即为答案。

输入输出样例 1

输入 1

输出 1

说明/提示

对于20 % 20\%20%的数据，n ≤ 20 n \le 20n≤20；

对于50 % 50\%50%的数据，n ≤ 10 3 n \le 10^{3}n≤103；

对于100 % 100\%100%的数据，n ≤ 10 18 n \le 10^{18}n≤1018。

分析思路

题目要求计算组合数C n i \mathrm{C}_n^iCni中所有偶数i ii的和。利用二项式定理：

( 1 + 1 ) n = ∑ i = 0 n C n i = 2 n (1+1)^n = \sum_{i=0}^n \mathrm{C}_n^i = 2^n(1+1)n=∑i=0nCni=2n，
( 1 − 1 ) n = ∑ i = 0 n ( − 1 ) i C n i = { 1 n = 0 0 n > 0 (1-1)^n = \sum_{i=0}^n (-1)^i \mathrm{C}_n^i = \begin{cases} 1 & n=0 \\ 0 & n>0 \end{cases}(1−1)n=∑i=0n(−1)iCni={10n=0n>0。

两式相加得：
$
2\sum_{i\text{为偶数}} \mathrm{C}_n^i = 2^n + (1-1)^n.
$
当n = 0 n=0n=0时，( 1 − 1 ) 0 = 1 (1-1)^0 = 1(1−1)0=1，所以和为1 11；
当n ≥ 1 n\ge 1n≥1时，( 1 − 1 ) n = 0 (1-1)^n = 0(1−1)n=0，所以和为2 n − 1 2^{n-1}2n−1。

因此答案直接由2 n − 1 m o d 6662333 2^{n-1} \bmod 66623332n−1mod6662333给出（n ≥ 1 n\ge 1n≥1），n = 0 n=0n=0时输出1 11。由于n nn最大可达10 18 10^{18}1018，需要用快速幂取模计算。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;typedeflonglongll;// 定义长整型别名constll MOD=6662333;// 题目给定的模数// 快速幂函数：计算 (a^b) % modllqpow(ll a,ll b,ll mod){ll res=1;// 初始化结果为 1a%=mod;// 先取模，防止溢出while(b){// 当指数不为0时循环if(b&1)// 如果当前二进制位为1res=res*a%mod;// 累乘当前底数并取模a=a*a%mod;// 底数平方并取模b>>=1;// 指数右移一位}returnres;// 返回结果}intmain(){ll n;cin>>n;// 根据推导：n=0 时答案为 1，否则答案为 2^(n-1) mod MODif(n==0){cout<<1<<endl;}else{cout<<qpow(2,n-1,MOD)<<endl;// 快速幂计算}return0;}

功能分析

输入处理：读取一个整数n nn，范围0 ≤ n ≤ 10 18 0 \le n \le 10^{18}0≤n≤1018。
核心算法：利用组合数性质直接转化为2 n − 1 m o d M O D 2^{n-1} \bmod MOD2n−1modMOD（n ≥ 1 n\ge 1n≥1），使用快速幂在O ( log ⁡ n ) O(\log n)O(logn)时间内完成计算。
边界处理：单独处理n = 0 n=0n=0的情况，输出1 11。
空间复杂度：仅使用常数个变量，O ( 1 ) O(1)O(1)。
正确性：推导基于二项式定理，数学上严格成立；快速幂算法保证大指数下的高效取模运算，结果与直接累加组合数一致（但后者无法处理n nn极大时的计算）。

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