牛客寒假训练营 4 G(枚举优化,欧拉降幂)

由于是子序列问题，可以发现对于每个元素有两种选择，选或者不选

所以一共可能有2^n种子序列，如果枚举所有的区间,并找出他们的最大值最小值，时间复杂度是O(n*2^n)

因为每个区间只有最大值和最小值被使用到，所以我们只需要枚举最大值最小值就可以了，同时我们发现由于是子序列，不需要在意他的位置，因为作为最值位置可以任意，所以可以进行排序

那么对于每一个点来说，有作为最大值的所有情况和作为最小值的所有情况，因为是乘积，就可以单枚举出他作为最大值的次数 p，得到和作为最小值的次数q，得到，而不用在意与他匹配的另一个最值是多少

由于 2^p 和 2^q 作为次幂的时间复杂度太高了，所以需要采用欧拉降幂

数论---欧拉定理，快速幂求逆元_qq12323qweeqwe的博客-CSDN博客

由于费马小引理：

内容：存在质数p，a与p互质  == 

那么 q == (p-1)u +v , 由于 a^(p-1)u ==1,所以剩下来一个 a^v,所以我们只需要对 a的次幂取一个模，就可以达到降幂的效果了

总结：

题目的性质，子序列+最值，发现不需要在意元素的位置，可以进行升序排序一个数位置i，作为最小值的情况  作为最大值的情况 一个数需要的乘积 ,进行欧拉降幂

#include 
#include 
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const int mod=1e9+7;
int a[N];
typedef long long ll;
ll qmi(ll a,ll b,ll mod)
{
	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;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	ll res=1;
    sort(a+1,a+1+n);    //需要对序列进行重排
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		//作为最小值的情况
		res=res*qmi(a[i],qmi(2,i-1,mod-1)+qmi(2,n-i,mod-1),mod)%mod;
	}
	cout<