POJ 1845-Sumdiv(快速幂取模+整数唯一分解定理+约数和公式+同余模公式) - c++编程基础

Sumdiv Time Limit:1000MS Memory Limit:30000KB 64bit IO Format:%I64d & %I64u Submit Status Practice POJ 1845 Appoint description:

Description

Consider two natural numbers A and B. Let S be the sum of all natural divisors of A^B. Determine S modulo 9901 (the rest of the division of S by 9901).

Input

The only line contains the two natural numbers A and B, (0 <= A,B <= 50000000)separated by blanks.

Output

The only line of the output will contain S modulo 9901.

Sample Input

2 3

Sample Output

Hint

2^3 = 8.
The natural divisors of 8 are: 1,2,4,8. Their sum is 15.
15 modulo 9901 is 15 (that should be output).

题意：求（A^B）的约数和对9901取余的结果。

思路：转载--->?YoU

解题思路：

要求有较强数学思维的题

应用定理主要有三个：

要求有较强数学思维的题

应用定理主要有三个：

（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

#include 
  
   
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             #include
             using namespace std; typedef long long LL; const int inf=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-10; const double pi= acos(-1.0); const int MAXN=1e5+10; const int mod=9901; LL Mul(LL a,LL b) {//快速乘法 LL res=0; while(b>0) { if(b&1) res=(res+a)%mod; b>>=1; a=(a+a)%mod; } return res; } LL modxp(LL a,LL b) {//快速幂取余 LL res=1; while(b>0) { if(b&1) res=Mul(res,a); b>>=1; a=Mul(a,a); } return res; } LL Sum(LL p,LL n) {//递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod if(n==0) return 1; if(n&1) return ((1+modxp(p,n/2+1))%mod*Sum(p,n/2)%mod)%mod; else return ((1+modxp(p,n/2+1))%mod*Sum(p,(n-1)/2)%mod+modxp(p,n/2)%mod)%mod; } int main() { int A,B,i; int p[MAXN];//A的分解式p[i]^k[i]; int k[MAXN]; while(~scanf("%d %d",&A,&B)) { int cnt=0; for(i=2; i*i<=A; i++) {//分解整数A (A为非质数) if(A%i==0) { p[cnt]=i; k[cnt]=0; while(A%i==0) { A/=i; k[cnt]++; } cnt++; } } if(A!=1) {//特殊判定：分解整数A (A为质数) p[cnt]=A; k[cnt]=1; cnt++; } int res=1; for(i=0; i
             
              ?