题目链接：超级次方

只是看到题目，还没看内容就觉得是要用快速幂来玩，但是做完后感觉还是遍历简单

使用mod的性质：(a*b)%c=( a % c * b % c ) % c 来解决溢出

class Solution {
public:

	//计算c的seconary次方
	int pow1(int c, int secondary)
	{
		int res = 1;
		while (secondary)
		{
			res = ((res%1337)*(c%1337)) % 1337;
			//上述写法与res=(res*c)%1337一样，但
			//比较好理解为什么不会溢出
			secondary--;
		}
		
		return res;
	}
	
	
	int superPow(int a, vector<int>& b) {
		int res = 1;
	
		auto it = b.rbegin();
		//将问题分开：每次只算一个位置的次方，
		//最后乘起来就好了
		while (it != b.rend())//计算结果
		{
			res = (res%1337*pow1(a, *it)%1337) % 1337;
			a = pow1(a, 10);//计算下一个次方的底数
			it++;
		}
		return res;
	}
};

代码比较朴实无华，pow1函数算的就是一个数的n次方，
这个解法妙的地方的是 a = pow1(a, 10); 这一行代码

对于
a:2
b:[1,1]
这个测试用例来说，我们的思路一般会是这样：
res=22222222222
但使用上面的算法是：
res=2 * (2 ^ 10) ^ 1

两者的区别在哪呢？
对于第一种算法，我们在b的1下标位置很明显知道是2的一次方，但是来到0下标的时候还是1次方吗？不是，是1*10^1=10,那机器要知道是几次方不就需要知道这是第几位，还需要保存一下次方嘛，那对于很大的数组就会有一个严峻的问题：没有足够大的类型保存次方。

那么第二种算法的思路：我不算你次方是多大，我算你底数是多大，因为数组每间隔一位，次方位数之间就相差1，我们可以思考利用一下这个性质:
2
[3,4,5,6]
第一次：2^ (1 * 6） == (2¹)^6
第二次：2^(10 * 5) == (2¹⁰)^5
第三次：2^(10 * 10 * 4) == (2¹⁰⁰)^4
第四次：2^(10 * 10 * 10 * 3) == (2¹⁰⁰⁰)^3
可以发现底数每次都以相同的规律增大，都变为上一次的10次方，因为我们写的pow1函数算的正好是求某一个数的n次方，在里面已经解决了溢出问题，所以 a = pow1(a, 10);这行代码就很容易理解了

对于溢出问题，因为mod的性质让我们可以对任何一个参与*的数字都取mod，所以我们可以在 *运算中对所有数都取mod，当然如果不想只需要在可能溢出的位置取mod即可！

感觉挺好玩的，就写了些和大家一起分享✨