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来源：牛客网
 

在这个游戏中，有一个 n 行 m 列的方阵。现在它要为这个方阵涂上黑白两种颜色。规定左右相邻两格的颜色不能相同。请你帮它统计一下有多少种涂色的方法。由于答案很大，你需要将答案对 109+7109+7 取模。

输入描述:

仅一行两个正整数 n, m，表示方阵的大小。

输出描述:

输出一个正整数，表示方案数对 109+7109+7 取模。

示例1

输入

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1 1

输出

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2

示例2

输入

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2 2

输出

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4

备注:

1≤n,m≤

 

其实这个题看懂了很简单，只要你确定了第一列，那么剩下的就确定了，那么第一列怎么确定呢，一个格子可以选择两种颜色，

那么一列n个格子，就有种情况

那么新的问题来了，题上可知N最大为10的1000000次，而longlong最多也就10的18次，那怎么求这超级无敌雷霆霹雳大的次幂呢？

费马小定理登场！

定理内容：假如p是质数，且gcd(a,p)=1（也就是a不为p的倍数），那么 a^(p-1)≡1（mod p）

由题可知，1e9+7是个质数，2是整数，a与p互质显而易见，所以现在我们的目的就是想办法把（%(1e9+7)降幂为2^k%(1e9+7)

已知a^(p-1) = 1，且n可能很大很大，就看n里包括多少个p-1，把这些都丢掉求剩下的就好。假设有x个p-1（p=1e9+7）则： = *  =  * =  ，所以直接求2^k就好，k = (n)%(p-1)

由于n过于长，就用字符串存储，之后边转化为数边取余,最后结果quick_pow(2,ans)%mod即可。 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod=1e9+7; 
ll pow1(ll a,ll b)
{
    ll r=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) r=r*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b/=2;
    }
    return r;
}
int main()
{
   string a,b;
   cin>>a>>b;
   ll ans=0;
   int len=a.size();
   for(int i=0;i<len;i++)
    ans=(ans*10+a[i]-'0')%(mod-1);
   printf("%lld\n",pow1(2ll,ans));
}