Codeforces 696C. PLEASE（快速幂+费马小定理）

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题目大意

三个杯子，硬币一开始在中间的杯子里，每次操作可能是左边和中间或右边和中间交换，问n次操作后，硬币在中间的概率

思路

设 f(n) f(n) 是n次操作后硬币在中间的概率，则很明显， f(n)=1−f(n−1)2 f(n) = \frac{1-f(n-1)}{2}
展开化简得到可以得到 anbn \frac{a_n}{b_n} 的形式易得 bn=2n−1 b_n = 2^{n-1}

an=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪2n−1+132n−1−13n为偶数,n为奇数

\ a_n=\begin{cases} \frac{2^{n-1}+1}{3}& \text{n为偶数},\\\\\frac{2^{n-1}-1}{3} & \text{n为奇数}\\ \end{cases}
显然 2n−1+1 2^{n-1} + 1 和 2n−1 2^{n-1} 互质，所以不用约分了，幂的操作可以用快速幂来处理，再用费马小定理转除为乘，这题就搞定了

PS:代码给了CPP和Python两个版本的。
PS2:原生的Python比较慢，PyPy快一点，CF上交PyPy就可以过，python大法好，自己处理大数，pow自带取模~~

代码

CPP

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
const int mod = 1e9+7;
typedef long long ll;
ll num;
ll Qpow(ll a,ll b){ll res = 1;while(b){if(b&1) res = res * a %mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}int main (){int n;cin >>n;ll b = 2;ll flag = -1;for(int i = 0 ; i < n ; i ++){scanf("%I64d",&num);b = Qpow(b,num);if(num %2 == 0) flag = 1;}b = b*Qpow(2LL,mod-2)%mod; // b = 2^n-1ll a = (b+flag+mod)%mod*Qpow(3LL,mod-2)%mod; //a = (2^n-1 -/+ 1) / 3printf("%I64d/%I64d",a,b);return 0;
}

Python

from functools import reduce
mod = 1000000007
n = input()
num = list(map(int,input().split()))
flag = 1 if len(list(filter(lambda x: x%2 == 0,num))) else -1
b = reduce(lambda x,y:pow(x,y,mod),num,2)
b = b*pow(2,mod-2,mod)%mod # b = 2^n-1
a = (b+flag)*pow(3,mod-2,mod)%mod #a = (2^n-1 -/+ 1) / 3
print("%d/%d"%(a,b))

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