费马小定理
题一

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1000005;
const int mod = 1000003;

ll f[maxn + 10];

void init() {//阶乘
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= maxn; i++) {
        f[i] = (long long)f[i - 1] * i%mod;
    }
}

ll pow_mod(ll a, ll b) {
    ll ans = 1; a %= mod;
    while (b) {
        if (b & 1) {
            ans = ans * a % mod;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % mod;
    }
    return ans;
}

int C(int m, int n) {//求逆元
    return f[n] * pow_mod(f[m], mod - 2) % mod*pow_mod(f[n - m], mod - 2) % mod;
}

int main() {
    init();
    int n, m;
    while (cin >> n >> m) {

        cout << C(m, n + m) - 1 << endl;
    }
    return 0;
}

题二 pow（2,n-1） n巨大

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1000005;
const int mod = 1000000007 ;


ll pow_mod( ll a, ll b ){
      ll ans = 1 ; a %= mod;
    while ( b ) {
        if ( b & 1 ){
            ans = ans * a % mod;  
            b--;
        }
            b >>= 1;  
            a = a * a % mod;
    }
        return ans;
}

int main(){
    int n,m;
// cout<<123456%7<<endl;
    string s;
    while(cin>>s){
        ll sum=0;
        for(int i=0;i<s.size();i++){
            sum=(sum*10+s[i]-48)%(mod-1);//ps1
        }
        cout<<pow_mod(2,sum-1)%mod<<endl;
    }
    return 0;
}

ps1：
粗：
mod-1 显然是 2^(p-1)%p=1以及求2^(n-1)情况下
所以 (n-1-k(p-1)）；
稍微细点
当p是一个素数并且a和p互质时，a^(p-1) %p≡1。
　　那么在这道题里a=2，p=mod。显然满足费马小定理。再根据同余模定理，
　　当n>p时：设m=n-p。那么an-1=am+p-1=ap-1*am。因而an-1%p=am+p-1%p=((ap-1%p )*(am%p))%p=1*am%p。