AcWing 97. 约数之和
\(AcWing\) \(97\). 约数之和
一、题目描述
假设现在有两个自然数 \(A\) 和 \(B\)，\(S\) 是 \(A^B\) 的所有约数之和。
请你求出 \(S~ mod ~9901\) 的值是多少。
输入格式
在一行中输入用空格隔开的两个整数 \(A\) 和 \(B\)。
输出格式
输出一个整数，代表 \(S~ mod~ 9901\) 的值。
数据范围
\(0≤A,B≤5×10^7\)
输入样例：
2 3
输出样例：
15
注意: \(A\) 和 \(B\) 不会同时为 \(0\)。
二、理论知识
唯一分解
约数个数
证明:因为\(\large p_1^{\alpha_1}\)的约数有\(\large p_1^0,p_1^1,p_1^2,...,p_1^{\alpha_1}\)，共\(\large a_1+1\)个,同理\(p_k^{\alpha_k}\)的约数有\(\large a_k+1\)个,根据乘法原理，就知道了约数的总个数。
约数和
证明：\(p_1^{a_1}\) 的约数有\(p_1^{0},p_1^{1},p_1^{2}...p_1^{a_1}\)共 \(a_1+1\)个，\(p_2^{a_2}...p_k^{a_k}\) 同理，\(n\)的一个约数就是在\(p_1^{a_1},p_2^{a_2},p_3^{a_3}...p_k^{a_k}\) 每一个的约数中任挑一个组成的，挑法的个数就是约数个数，根据乘法原理他们的和为\((p_1^0+p_1^1+...+p_1^{a_1})(p_2^0+p_2^1+...+p_2^{a_2})...(p_k^0+p_k^1+...+p_k^{a_k})\)
练习题
举栗子: \(180=2^2∗3^2∗5^1\)
约数个数：\((2+1)(2+1)(1+1)=18\)
约数和：\((1+2+4)(1+3+9)(1+5)=546\)
三、分治法求解等比数列求和
巧妙的数学变换
令\(\large sum(p, k)=p^0+p^1+…+p^{k−1}\)
- \(k\)为偶数
解释：这样我们就得到了一个递推式，
- \(p^{k/2}\) 可以用快速幂计算
- \(sum(p,k/2)\) 由于我们的递推是从小到大推的，在推\(sum(p,k)\)时，\(sum(p,k/2)\)已
经算完了，可以直接用。
-
\(k\)为奇数
为了更方便调用我们写的偶数项情况，可以单独拿出最后一项，把剩下的项转化为求偶数项的情况来考虑，再加上最后一项，就是奇数项的情况了。也即\[\large sum(p,k)=p^0+p^1+p^2+...+p^{k-1} \\ = sum(p,k-1)+p^{k-1} \]当然，也可以拿出来第一项，就是
\[\large sum(p,k)=p^0+p^1+p^2+...+p^{k-1} \\ = p^0+p\times (p^0+p^1+...+p^{k-2}) \\ = 1+ p \times sum(p,k-1) \]
下面的代码实现中，我将使用拿出最后一项的办法：
int sum(int p, int k) {
if(k == 1) return 1; //边界
if(k % 2 == 0)
return (LL)(qmi(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
return (qmi(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod;
}
实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 9901;
int A, B;
// 分解质因数
unordered_map<int, int> primes; // map存的是数对，key+value,默认按key由小到大排序
void divide(int x) {
for (int i = 2; i * i <= x; i++)
while (x % i == 0) primes[i]++, x /= i;
if (x > 1) primes[x]++;
}
// 快速幂
int qmi(int a, int b) {
int res = 1;
while (b) { // 对b进行二进制分解（我给起的名），枚举b的每一个二进制位
if (b & 1) res = (LL)res * a % mod;
a = (LL)a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
// 分治法求等比数列求和公式
int sum(int p, int k) {
if (k == 1) return 1; // 递归出口
if (k % 2 == 0) // 偶数
return (LL)(qmi(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
return (qmi(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod; // 奇数
}
int main() {
cin >> A >> B;
// 对A分解质因子
divide(A);
int res = 1;
for (auto it : primes) {
// p是质因子，k是质因子的次数
int p = it.first, k = it.second * B; // 约数和公式，需要到每个质因子的it.second次方*B
// res要乘上每一项, 注意这里是k + 1
res = (LL)res * sum(p, k + 1) % mod; // 满满的套路感
}
if (!A) res = 0; // 还要特判A是不是0,注意思考数据边界
cout << res << endl;
return 0;
}
时间复杂度 \(O(\sqrt{n}lognlogn)\)
四、等比数列求和公式
除了分治法外，还可以用 乘等比数列和公式 得出分子，再 乘分母逆元 的做法:
快速幂求逆元
这样的话，就可以愉快地套用高中学的等比数列和公式来求每一项，但这里需要 特判逆元不存在 的情况:
-
分母\(p-1\)是\(mod\)的倍数，不存在逆元，这时直接乘\((1+p^1+…p^k)\% mod\), 即 \(k+1\)
-
分母\(p-1\)不是\(mod\)的倍数，存在 逆元，这是需要用 快速幂求分子，再用 快速幂求分母的逆元，两者相乘就得到了每一项
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 9901;
int A, B;
//分解质因数
map<int, int> primes; // map存的是数对，key+value,默认按key由小到大排序
void divide(int x) {
for (int i = 2; i <= x / i; i++)
while (x % i == 0) primes[i]++, x /= i;
if (x > 1) primes[x]++;
}
//快速幂
int qmi(int a, int b) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = (LL)res * a % mod;
a = (LL)a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
scanf("%d %d", &A, &B);
//对A分解质因子
divide(A);
int res = 1;
for (auto it : primes) {
// p是质因子，k是质因子的次数
int p = it.first, k = it.second * B;
// res要乘上每一项, 注意这里是k + 1
if ((p - 1) % mod == 0) {
//不存在逆元，由于p-1的是mod的倍数, 故p%mod=1
//所以1 + p + ... + p^k每个数%mod都是1，共k + 1个数，总就是k + 1
res = (LL)res * (k + 1) % mod;
} else
//分子用快速幂计算，注意标准公式和此题的区别，k+1
//分母用费马小定理求逆元 qmi(p-1,mod-2)
res = (LL)res * (qmi(p, k + 1) - 1) % mod * qmi(p - 1, mod - 2) % mod;
}
if (!A) res = 0;
printf("%d\n", (res % mod + mod) % mod);
return 0;
}
时间复杂度\(O(\sqrt{n}logn)\)
