求2的n次方对1e9+7的模

有如下问题：
求2ⁿ mod (1e9+7)，其中1< n < 10¹⁰⁰⁰⁰⁰。

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2¹⁰⁰⁰⁰⁰级别的；然后就是上面的例题了，由于范围是10¹⁰⁰⁰⁰⁰，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，任意的整数a，若满足GCD(a,P) = 1，则有：$a^p\equiv a(modp)$

主要思路：
回到上述例题，可知 P 即1e9+7，这是个素数。而 a 是 2 ，很明显 2 也是素数，所以GCD(a , P ) = 1，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：$a^{(P-1)}\equiv 1(modP)$

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
#include
#include
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;
}