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Problem Description
Sample Input 2
Sample Output 2 Hint 1. For N = 2, S(1) = S(2) = 1. 2. The input file consists of multiple test cases. 開始真沒讀懂題意，我還以為S(k)是x1+x2+……+xk呢，原來是N個數劃分成k份的種數。
因此用到了隔板原理，n個數之間有n-1個間隔，分成1份：一個隔板都不用，C(n-1,0)；分成兩份：用一個隔板，C(n-1,1)；……；分成n份：用去所有的隔板，C(n-1,n-1)。所以結果就應該是[C(n-1,0,)+C(n-1,1)+……+C(n-1,n-1)]%mod. 看見C(n,m)我又想起了楊輝三角，當然這裡不能那麼幹，看見那個N我就打消了原來的念頭。。楊輝三角的一行的和（也就是C(n-1,0,)+C(n-1,1)+……+C(n-1,n-1)）其實也等於（1+1）^(n-1)=2^(n-1)。這下問題就變成求解2^(n-1)%mod了。由於N太大，必須降冪，費馬小定理：假如p是質數，且(a,p)=1，那麼 a^(p-1)≡1（mod p）--> a^N%mod=a^(N%(mod-1))%mod。關於大數取模的方法：字串儲存原有的大數，再 ans = (ans * 10 + str[i] - '0')%mod; 因為原值就是在不斷減去mod倍。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10,mod=1e9+7;
char str[maxn];
typedef long long LL;
LL power(int a,int p){
    LL ans=1,temp=a;
    while(p){
        if(p&1) ans=ans*temp%mod;
        temp=temp*temp%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    //freopen("cin.txt","r",stdin);
    while(cin>>str){
         LL p=0,length=strlen(str);
         for(int i=0;i<length;i++){
             p=(p*10+str[i]-'0')%(mod-1);  //2與mod互質，mod是一個素數，可以使用費馬小定理
         }
         p=(p-1+mod-1)%(mod-1);
         printf("%lld\n",power(2,p));
    }
    return 0;
}