本题关键——费马小定理

首先看到题目我选择了暴力加法，结果毫无疑问地超时了......
接着看别人的代码再自己查资料， 我有了思路

从n的a次方累加到n的b次方可以用等比数列求和公式得到 f(n) = (n^(b+1) - n^a)/(n-1)
要求f(n) % 10000000033, n-1是一个很麻烦的地方，由此我找到了一个数学定理————费马小定理
费马小定理讲的是如果p是一个质数，而整数x不是p的倍数，则有x^(p-1)%p = 1;
这里10000000033是一个质数，而n-1显然不是其倍数，满足条件
两边同时除以x得到x^(p-2) % p = 1/x % p;
即(y/x)%p = y%p * (1/x)%p = y%p * x^(p-2)%p;
(这里令p=10000000033, y = n^(b+1)-b^a, x=n-1)

解决了这一个问题，下一个问题来了，要是a和b的值很大，那么来求n^(b+1)而保证不超出long long的限制呢
看大神们的代码，我知道了快速幂的方法

在以上的基础上，我发现我的代码还是不能AC，又上网查了一下，才知道在我的快速幂计算过程中还是可能会超过long long的限制，还需要使用快速乘法来得到余数。

#define ll long long
const ll MOD=10000000033;
class Solution
{
    public:
    //快速乘法
        ll ksc(ll x,ll y)
        {
            return (x*y-(ll)((long double)x/MOD*y)*MOD+MOD)%MOD;
        }
    //快速幂
        ll quickPow(int x,ll b)
        {
            ll base=x,res=1;
            while(b)
            {
                if(b&1) res=ksc(res,base);
                b>>=1;
                base=ksc(base,base);
            }
            return res;
        }
        long long solve(int a,int b,int n)
        {
            if(n==0) return 0;
            if(n==1) return b-a+1;
            ll res=(quickPow(n,b+1)-quickPow(n,a)+MOD)%MOD;
            //费马小定理求逆元
            ll inv=quickPow(n-1, MOD-2);
            return ksc(res,inv);
        }
};