约数之和
约数之和 plus
0x01 背景题目
0. 定理
算术基本定理（正整数唯一分解定律）：
不考虑排列顺序的情况下，每个正整数都能够以唯一的方式表示成它的质因数的乘积。
\(x={p_1}^{k_1} * {p_2}^{k_2} *{p_3}^{k_3}.....{p_n}^{k_n}\)
人话：对于每个大于 1 的自然数，要么本身是质数，要么可以写为两个或以上的质数的积。
哥德巴赫猜想：
任意一个大于 2 的偶数都可以分解为两个质数之和。
弱哥德巴赫猜想：
大于 5 的奇数都可以表示成 3 个素数之和
（实际上就是哥德巴赫猜想的另一种表达方式，因为一个奇数可以表示成一个奇数加上一个偶数。如果我们让这个奇数等于 3，那么就转化为了哥德巴赫猜想）
半质数：
一个可以表示为两个质数的乘积的合数成为半质数。
任意一个合数不一定能分解为两个质数的乘积。
1. 分解质因数
题目描述：
代码：
#include <iostream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
int main()
{
int n; cin >> n;
while (n -- )
{
int x; cin >> x;
// 看似枚举的是每一个约数，其实枚举的是每一个因子
// 因子一定是质数，递归应用唯一分解定律即可
// 例如，4可以被分解为2*2。
// 所以说，对于16，他永远不会在这里mod4==0
// 因此4一定被分解了没了（变成两个2）。
// 另外，最多只有一个大于 sqrt(x) 的因子
// 否则两个因子的乘积会大于 x
for(int i = 2; i <= x / i; i ++ )
{
if(x % i == 0)
{
int s = 0;
while(x % i == 0)
{
x /= i;
s ++ ;
}
cout << i << ' ' << s << endl;
}
}
// 可能没有分解完
// 注意是 if(x>1) 而不是 if(x)
if(x > 1) cout << x << ' ' << 1 << endl;
cout << endl;
}
return 0;
}
关于最后 if(x>1) 的解释
最后剩下的数如果大于1， 并不能说明这个数一定是大于sqrt（n）的一个质因数
例如分解96的质因数，96 = 2^5 * 3，当分解完质因数2后，n已经为3，此时i不满足 i <= n / i，会进入后面一个判断，而3并不是大于sqrt（96）的数
因此最后需要特判。
注意，是判断
if(x>1)，因为 1 不是质数。我们不包含它，包含它也没啥用。
参考：
2. 约数之和
题目描述：
给定 \(n\)个正整数 \(a_i\)，请你输出这些数的乘积的约数之和，答案对 \(10^9+7\) 取模。(a[i] <= \(2*10^9\), n<=100）
思路：
通过数据范围可以看出 a[i] 非常大，因此暴力相乘再 \(O(\sqrt{n})\) 也是不可以的，因为即便是 longlong 也无法存下 \(1e9^{100}\) 这种规模的数据。
我们可以转化思路：根据基本算术定理将一个数 x 表示为 \(\sum_{i=1}^n{p_i^{k_i}}\)，其中，p是质数，k是指数。
那么，\(p_i^0, p_i^1, ..., p_i^{k_i}\) 都是 x 的约数。
另外，如果 \(p_1^0, p_1^1\) 和 \(p_2^0, p_2^1\) 都是 x 的约数的话，他们的组合（乘积）也是 x 的约数。但是他们的和不一定是 x 的约数。
A%x==0 && A%y==0, --> A%(x*y)==0
A%x==0 && A%y==0, !–> A%(x+y)==0那么 x 的约数之和就是 \(\prod_{i=1}^n\sum_{j=0}^n{p_i^j}\)
现在，如何求 \(s(n) = \sum_{j=0}^n{p_i^j}\) ?
秦九韶算法！
\(s(n) = p^0 + s(n-1) * p\)，\(s(0)=p^0=1\)
代码：
我们上面讨论的是一个数的情况下求约数之和，对于多个数的乘积是相同的，因为多个数的乘积其实就是质因子的质数相加。
\(p^a * p^b = p^{a+b}\)
但是多个数之和就不能这么求了。
#include <iostream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
unordered_map<int,int> primes;
int main()
{
int n; cin >> n;
while (n -- )
{
int x; cin >> x;
for(int i = 2; i <= x / i; i ++ )
{
while(x % i == 0)
{
primes[i] ++ ;
x /= i;
}
}
if(x > 1) primes[x] ++ ;
}
ll res = 1;
for(auto &x : primes)
{
ll p = x.first, k = x.second;
ll s = 1;
while(k -- ) s = (s * p + 1) % mod;
res = res * s % mod;
}
cout << res << endl;
return 0;
}
参考：
详细参考：here
0x02 题目描述
0x03 思路
其实和背景题目的第二题差不多，只不过需要一点优化。
先考虑下 \(A^B\)，求约数我们是肯定不能暴力枚举约数的（实际上求约数的方法就是固定的，就是我们前面介绍的方法）。
我们首先需要分解质因数，那么，如何分解 \(A^B\) 的因数呢？很简单，先分解 \(A\) 的因数，由 \((ABC)^{k} = A^kB^kC^k\) 即可求的 \(A^B\) 的因数，实际上质因数个数不变，修改一下指数就行了。
然后就是求 \(\sum{p_i}^{k_i}\)，在前面，我们介绍了秦九韶算法，它的时间复杂度是 \(O(N)\) 的（N 是指数的大小）。但在这里，我们的指数可能非常大，因为 B 的范围是 \(O(5*10^7)\)，因此我们需要优化这一步。详细内容参考 \(0x05\)。
另外，你可能会问为啥不用等比数列求和公式？因为等比数列求和涉及到除法，需要用到逆元。
0x04 代码
#include <iostream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 9901;
int A, B;
unordered_map<int,int> primes;
// 分解质因数
void divide(int n)
{
for(int i = 2; i <= n / i; i ++ )
{
while(n % i == 0)
{
primes[i] ++ ;
n /= i;
}
}
// 注意是 if(n>1) 不是 if(n!=0)
if(n > 1) primes[n] ++ ;
}
// 快速幂
int qsm(int a, int b)
{
int res = 1;
while(b)
{
if(b & 1) res = (ll)res * a % mod;
b >>= 1;
a = (ll)a * a % mod;
}
return res;
}
// 求等比数列和
int sum(int p, int k)
{
if(k == 1) return 1; // 边界
if(k % 2 == 0)
return (ll)(qsm(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
// 奇数，去掉一项，并且只能去掉最后一项
// 因为我们要保证连续性
return ((ll)qsm(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod;
return 0;
}
int main()
{
cin >> A >> B;
// special case
if(A == 0)
{
cout << 0 << endl;
return 0;
}
divide(A);
int res = 1;
for(auto &it : primes)
{
int p = it.first, k = it.second * B;
res = (ll)res * sum(p, k + 1) % mod;
}
cout << res << endl;
return 0;
}
