poj 1845 Sumdiv (数论)

题目链接

题意：求 A^B的所有约数之和对9901取模后的结果。

分析：

看了小优的博客写的。

 分析来自 http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648539

（1）   整数的唯一分解定理：

      任意正整数都有且只有一种方式写出其素因子的乘积表达式。

      A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)   其中pi均为素数

（2）   约数和公式：

对于已经分解的整数A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)

有A的所有因子之和为

    S = (1+p1+p1^2+p1^3+...p1^k1) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^k2) * (1+p3+ p3^3+…+ p3^k3) * .... * (1+pn+pn^2+pn^3+...pn^kn)

（3）   同余模公式：

(a+b)%m=(a%m+b%m)%m

(a*b)%m=(a%m*b%m)%m

 

有了上面的数学基础，那么本题解法就很简单了：

1: 对A进行素因子分解

分解A的方法：

A首先对第一个素数2不断取模，A%2==0时 ，记录2出现的次数+1，A/=2；

当A%2!=0时，则A对下一个连续素数3不断取模...

以此类推，直到A==1为止。

 

注意特殊判定，当A本身就是素数时，无法分解，它自己就是其本身的素数分解式。

 

最后得到A = p1^k1 * p2^k2 * p3^k3 *...* pn^kn.
      故 A^B = p1^(k1*B) * p2^(k2*B) *...* pn^(kn*B);

2：A^B的所有约数之和为：

     sum = [1+p1+p1^2+...+p1^(a1*B)] * [1+p2+p2^2+...+p2^(a2*B)] *...* [1+pn+pn^2+...+pn^(an*B)].

3: 用递归二分求等比数列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：

（1）若n为奇数,一共有偶数项，则：
      1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n

      = (1+p^(n/2+1)) + p * (1+p^(n/2+1)) +...+ p^(n/2) * (1+p^(n/2+1))
      = (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))

上式红色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，那么只需要不断递归二分求和就可以了，后半部分为幂次式，将在下面第4点讲述计算方法。

 

（2）若n为偶数,一共有奇数项,则:
      1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n

      = (1+p^(n/2+1)) + p * (1+p^(n/2+1)) +...+ p^(n/2-1) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2)
      = (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2);

   上式红色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，依然递归求解

 

4：反复平方法计算幂次式p^n

   这是本题关键所在，求n次幂方法的好坏，决定了本题是否TLE。

   以p=2，n=8为例

   常规是通过连乘法求幂，即2^8=2*2*2*2*2*2*2*2

   这样做的要做8次乘法

 

   而反复平方法则不同，

   定义幂sq=1，再检查n是否大于0，

While，循环过程若发现n为奇数，则把此时的p值乘到sq

{

   n=8>0 ，把p自乘一次， p=p*p=4     ，n取半 n=4

   n=4>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=16   ，n取半 n=2

n=2>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=256  ，n取半 n=1，sq=sq*p

n=1>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=256^2  ，n取半 n=0，弹出循环

}

则sq=256就是所求，显然反复平方法只做了3次乘法

 

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 10000+10;
const int mod = 9901;
__int64 power(__int64 p, __int64 n)//反复平方法求(p^n)%mod 
{
    __int64 sq = 1;
    while(n>0)
    {
        if(n&1) sq = (sq*p)%mod;
        n /= 2;
        p = p*p%mod;
    }
    return sq;
}
__int64 sum(__int64 p, __int64 n)//递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod
{
    if(n == 0) return 1;
    if(n%2)     //奇数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))
    return (sum(p, n/2)*(1+power(p, n/2+1)))%mod;
    else       //偶数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2)  
    return (sum(p, n/2-1)*(1+power(p, n/2+1))+power(p, n/2))%mod;
}
int main()
{
    int a, b, p[maxn], n[maxn], ans;
    while(cin>>a>>b)
    {
        int i, k = 0;
        for(i = 2; i*i <= a;) //分解整数a,常规情况，根号法+递归法
        {
            if(a%i == 0)
            {
                p[k] = i; n[k] = 0; //p[]代表分解的第k个质数是几，n[]表示第k个质数有多少个
                while(!(a%i))
                {
                    n[k]++;
                    a /= i;
                }
                k++;
            }
            if(i==2) i++;
            else i += 2; //节省时间
        }
        if(a!=1) //特殊情况，a为质数。
        {
            p[k] = a;
            n[k++] = 1;
        }
        ans = 1;
        for(i = 0; i < k; i++)
        ans = (ans*(sum(p[i], n[i]*b))%mod)%mod; //看分析的公式
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}