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一.题目原型：
二思路解析：
三.代码实现:
一.题目原型：
二思路解析：
灵神的做法非常让人惊叹：
理解就是，如果一个数大于另一个数要交换的1的权重，那么他们的乘积就变小。
那么一个大的数不断变大，小的数不断变小，乘积不也就越来越小吗？
在看个例子。
注意点一：交换后所有数字的和不变，因为只是某一个数 +2^k,另一个数 -2^k，和不变.
注意点二：然后在和不变的基础上，差大积小，假如能形成 1 1 1 1 1 …… 1 n,那肯定积最小，但是，这种情况是达咩的，这就是注意点二：交换是交换，上限不会超过2^p-1，数字的上限已经决定了
回头看示例3：
注意点3：接着继续考虑，尽可能的形成1这个思路没错了，问题是最多有多少个1可以形成，接着我看示例3：我先是疑惑了一下，为什么是 1 1 1 6 6 6 7呢，和不变的情况下，差大积小，为什么不是 1 1 1 5 6 7 7呢，明显积更小啊，之后就被我发现了注意点三：在二进制位上的0、1数量是相对不变的，p=3举例，每个二进制位上都是4个1，3个0；p=4的时候 都是8个1，7个0
最关键的是：
很完美的思路：灵神太厉害了！
快速幂的知识总结下来就是一句话：x的n次方就是不断缩小n，扩大x的时候找出所有奇次方底数的积，还有本题数字太大，也需要将快速幂的模的方法搬过来。
三.代码实现:
class Solution {const int mod = 1'000'000'007;long long pow(long long x, long long m) {x %= mod;long long res = 1;while (m>0) {if(m&1){res = res * x % mod;}m>>=1;x = (x%mod * x % mod)%mod;}return res;}public:int minNonZeroProduct(int p) {long long k = (1LL << p) - 1; //k=2^p -1long long m=(1LL<<(p-1))-1;return k % mod * pow(k - 1, m) % mod;}
};
