所有因数之和 （题目来源：编程爱好者论坛）
2010-11-03 23:09
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第一题：
时间限制：1s
输入2个数字n,s。求数字n的所有因数之和除以s的余数。
比如输入6 5
6的因数有1,2,3,6,因数之和为12,因为12除以5的余数为2
于是输出2。
假设n,s都不超过5000000
分析：
公式：N可分解为a^m*b^n*c^p……
那末N的所有正因数和为
(1+a+a^2+……+a^m)*(1+b+b^2+……+b^n)*(1+c+c^2+……+c^p)……
简略证明如下：由乘法法则可知，上述括号的连乘积为从所有括号中各取一个相乘，这样就可以保证它包含所有因数
稍微举个简单的例子更好理解：216=2^3*3^3 那末216的所有正因数和即为
(1+2+4+8)*(1+3+9+27)
详细分析下为什么这里要size >=sqrt(5000000)
如果不筛选到sqrt（50000000），那么一旦给出5000000内的大于已经筛选出的素数的幂次。这样就会把这个数当作一个素数，但是事实不是，而是一个比较大的素数的幂次。故至少要筛选到sqrt（5000000）。
参考代码：size=sqrt（5000000）
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<stdlib.h>
#define size 2300
int y[size],p[size],tt;
int prime()//筛选素数
{
int i,j,k=0;
for(i=2;i*i<size;i++)
{
if(!y[i]){for(j=i*i;j<size;j+=i)y[j]=1;}
}
for(i=2;i<size;i++)
{if(!y[i]){p[k++]=i;}}
return k;
}
int SumFactorMod(int n, int s)
{
int sum=1,k=0,ps=0,tm;
while(k<tt&&p[k]<=n)
{
tm=0;
while(n!=0&&!(n%p[k]))
{
n/=p[k];
ps++;
}
for(int i=0;i<=ps;i++)
{
tm+=(int)pow(p[k],i);}
sum*=tm;
sum=sum%s;
k++;ps=0;
}
if(n>1){
sum=(sum*(1+n))%s;
}
return sum;
}
int main()
{
int n,s,sum;
tt=prime();
while(scanf("%d%d",&n,&s)!=EOF)
{
sum=1;
if(n!=1)
sum=SumFactorMod(n,s);
printf("%d/n",sum%s);
}
return 0;
}
第二题：
输入3个数字n, m, s。求数字n的m次方的所有因数之和除以m的余数。
比如输入6 2 5
6^2=36
36的因数有1,2,3,4,6,9,12,18,36,因数之和为91
91除以5的余数为1，所以输出1。
假设n, m, s都不超过5000000
这里规定这个s一直是9901 这样好做点。POJ 1845
这个题目比上面的稍微复杂点。知道了a=p1^m1*p2^m2……
那么给出了a^b=p1^(m1*b)*p2^(m2*b)……指数都乘以了b就行
那么a^b的所有因数和=(1+p1^1+p1^2+……p1^(m1*b))*(1+p2^2+……p2^(m2*b))*……
一样吧。只是这个数一大项数很多，而且乘的也很多，只要解决加快项数的运算就行了。
还有就是p2^(m2*b)可能超出int 也超出__int64或long long 不要怕 这里有个取余嘛
一边算一边取余就是了。
二分法in乘方
如何计算a^n ？
1）计算a*a*a*…*a*a*a，需要计算n-1次乘法，时间复杂度O(n)
2）考虑实例a^4，计算b=a*a，再算c=b*b，则c=a^4，但是只用了两次乘法，效率提高。比如a^9=a*(a^4)*(a^4)，只需用4次乘法，一般的，a^n时间复杂度为O(logn)
用于快速算出乘数。
项数也可以用同样方法，二分怎么二分呢？是不是一下子看不出来？？
式子都是等比数列吧，项数有奇项与偶项，分开考虑就行了。
首先，偶项：
1+p 1+p+p^2+p^3 1+p+p^2+p^3+p^4+p^5 ……
这些都是偶项的。而且都是后者是前者的两倍，二分的模型来了。
X1=1+p
X2=1+p+p^2(1+p)=(1+p)(1+p^2) X3=1+p+p^2+p^3+p^4+p^5+p^6+p^7=1+p+p^2(1+p)+p^4+p^5+p^6+p^7=(1+p)*(1+p^2)+p^4(1+p)*(1+p^2)=
(1+p)*(1+p^2)*(1+p^4)
所以是:X3=(X2*(1+P^(2^3/2))=(X1*(1+p^(2^2/2))*(1+p^(2^3/2)) 也就是((1+exp(p,k/2))*t)
exp(p,k/2)其实就是算出P^(2^3/2) 这样的。
现在，奇项：
X1 =1 项数 1
X2=1+p+p^2 =X1+p^(3/2)*(1+p*X1) 项数 1*2+1
X3=1+p+p^2+p^3+p^4+p^5+p^6=1+p+p^2+p^3*(1+p*(1+p+p^2))=X2+p^(7/2)*(1+p*X2) 项数 ：（1*2+1）*2+1 前面的 蓝色字体的7就是项数 这个对应式子：(t+exp(p,k/2)*(1+p*t))
exp(p,k/2)：相当于p^(7/2)
t:就相当于X
相当清楚了吧。。。。。。
完整参考代码：//参考哦，不保证没有BUG ~~
/*7100>=sqrt(50000000)*/
#include<stdio.h>
#define size 7100
#define m 9901
int y[size],p[size],k;
void prime()
{
int i,j;
k=0;
for(i=2;i*i<size;i++)
{
if(!y[i]){
for(j=i*i;j<size;j+=i)y[j]=1;
}
}
for(i=2;i<size;i++)
if(!y[i])
p[k++]=i;
}
__int64 exp(__int64 a,__int64 b)
{
if(b==1)
return a;
__int64 t =exp(a,b/2);
if(b&1)
{
return (t*t*a)%m;
}
return (t*t)%m;
}
__int64 sum(__int64 p,__int64 k)
{
if(k==1)
return 1;
__int64 t=sum(p,k/2);
if(k&1)
{
return (t+exp(p,k/2)*(1+p*t))%m;
}
else
return ((1+exp(p,k/2))*t)%m;
}
int main()
{
int a,b,t,cc;
__int64 s;
prime();
cc=k;
while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF)
{
if(a==1||b==0)
{ printf("1/n");
continue;
}
k=t=0;
s=1;
while(k<cc&&p[k]<=a)
{
t=0;
while(a%p[k]==0)
{
a/=p[k];
t++;
}
s=(s*sum(p[k],t*b+1))%m;
k++;
}
if(a>1)
{
s*=sum(a,b+1);
s=s%m;
}
printf("%d/n",s );
}
return 0;
}
//在 雨中飞燕 那里做了下题目 又有所收获，视乎在统计
a=p1^m1*p2^m2...... 里的m1的时候可以优化。可以想起判断是否是素数只要看小于sqrt(n)
题目是这样的：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#define size 32000
int y[size]={0},p[size]={0};
int prime()
{
int i,j,k=0;
for(i=2;i*i<size;i++)
{
if(!y[i])
{
for(j=i*i;j<size;j+=i)
y[j]=1;
}
}
for(i=2;i<size;i++)
if(!y[i])
p[k++]=i;
return k;
}
void yinzi(int n,int k)
{
int i,t,flag=0;
float x=sqrt(n);
for(i=0;i<k&&n>1&&p[i]<=x;i++)
{
t=0;
while(n!=0&&n%p[i]==0)
{
n/=p[i];
t++;
}
if(t)
{
if(flag)
{
printf(" * ");
}
printf("%d",p[i]);
if(t>1)
{
printf("^%d",t);
}
x=sqrt(n);
flag=1;
}
}
if(n>1)
{
if(flag)
printf(" * %d",n);
else
{
printf("%d",n);
}
}
printf("/n");
}
int main()
{
int n;
int k = prime();
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
printf("%d = ",n);
if(n==1)
{
printf("1/n");
continue;
}
yinzi(n,k);
}
return 0;
}
输入n(1 <= n <= 1e9)，有多组测试数据：
616
27
输出：
616 = 2^3 * 7 * 11
27 = 3^3
（注意输出空格，但行末不要有空格）
难度：for beginner
参考代码：
时间限制：1s
输入2个数字n,s。求数字n的所有因数之和除以s的余数。
比如输入6 5
6的因数有1,2,3,6,因数之和为12,因为12除以5的余数为2
于是输出2。
假设n,s都不超过5000000
分析：
公式：N可分解为a^m*b^n*c^p……
那末N的所有正因数和为
(1+a+a^2+……+a^m)*(1+b+b^2+……+b^n)*(1+c+c^2+……+c^p)……
简略证明如下：由乘法法则可知，上述括号的连乘积为从所有括号中各取一个相乘，这样就可以保证它包含所有因数
稍微举个简单的例子更好理解：216=2^3*3^3 那末216的所有正因数和即为
(1+2+4+8)*(1+3+9+27)
详细分析下为什么这里要size >=sqrt(5000000)
如果不筛选到sqrt（50000000），那么一旦给出5000000内的大于已经筛选出的素数的幂次。这样就会把这个数当作一个素数，但是事实不是，而是一个比较大的素数的幂次。故至少要筛选到sqrt（5000000）。
参考代码：size=sqrt（5000000）
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<stdlib.h>
#define size 2300
int y[size],p[size],tt;
int prime()//筛选素数
{
int i,j,k=0;
for(i=2;i*i<size;i++)
{
if(!y[i]){for(j=i*i;j<size;j+=i)y[j]=1;}
}
for(i=2;i<size;i++)
{if(!y[i]){p[k++]=i;}}
return k;
}
int SumFactorMod(int n, int s)
{
int sum=1,k=0,ps=0,tm;
while(k<tt&&p[k]<=n)
{
tm=0;
while(n!=0&&!(n%p[k]))
{
n/=p[k];
ps++;
}
for(int i=0;i<=ps;i++)
{
tm+=(int)pow(p[k],i);}
sum*=tm;
sum=sum%s;
k++;ps=0;
}
if(n>1){
sum=(sum*(1+n))%s;
}
return sum;
}
int main()
{
int n,s,sum;
tt=prime();
while(scanf("%d%d",&n,&s)!=EOF)
{
sum=1;
if(n!=1)
sum=SumFactorMod(n,s);
printf("%d/n",sum%s);
}
return 0;
}
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<stdlib.h>
#define size 2300
int y[size],p[size],tt;
int prime()//筛选素数
{
int i,j,k=0;
for(i=2;i*i<size;i++)
{
if(!y[i]){for(j=i*i;j<size;j+=i)y[j]=1;}
}
for(i=2;i<size;i++)
{if(!y[i]){p[k++]=i;}}
return k;
}
int SumFactorMod(int n, int s)
{
int sum=1,k=0,ps=0,tm;
while(k<tt&&p[k]<=n)
{
tm=0;
while(n!=0&&!(n%p[k]))
{
n/=p[k];
ps++;
}
for(int i=0;i<=ps;i++)
{
tm+=(int)pow(p[k],i);}
sum*=tm;
sum=sum%s;
k++;ps=0;
}
if(n>1){
sum=(sum*(1+n))%s;
}
return sum;
}
int main()
{
int n,s,sum;
tt=prime();
while(scanf("%d%d",&n,&s)!=EOF)
{
sum=1;
if(n!=1)
sum=SumFactorMod(n,s);
printf("%d/n",sum%s);
}
return 0;
}第二题：
输入3个数字n, m, s。求数字n的m次方的所有因数之和除以m的余数。
比如输入6 2 5
6^2=36
36的因数有1,2,3,4,6,9,12,18,36,因数之和为91
91除以5的余数为1，所以输出1。
假设n, m, s都不超过5000000
这里规定这个s一直是9901 这样好做点。POJ 1845
这个题目比上面的稍微复杂点。知道了a=p1^m1*p2^m2……
那么给出了a^b=p1^(m1*b)*p2^(m2*b)……指数都乘以了b就行
那么a^b的所有因数和=(1+p1^1+p1^2+……p1^(m1*b))*(1+p2^2+……p2^(m2*b))*……
一样吧。只是这个数一大项数很多，而且乘的也很多，只要解决加快项数的运算就行了。
还有就是p2^(m2*b)可能超出int 也超出__int64或long long 不要怕 这里有个取余嘛
一边算一边取余就是了。
二分法in乘方
如何计算a^n ？
1）计算a*a*a*…*a*a*a，需要计算n-1次乘法，时间复杂度O(n)
2）考虑实例a^4，计算b=a*a，再算c=b*b，则c=a^4，但是只用了两次乘法，效率提高。比如a^9=a*(a^4)*(a^4)，只需用4次乘法，一般的，a^n时间复杂度为O(logn)
用于快速算出乘数。
项数也可以用同样方法，二分怎么二分呢？是不是一下子看不出来？？
式子都是等比数列吧，项数有奇项与偶项，分开考虑就行了。
首先，偶项：
1+p 1+p+p^2+p^3 1+p+p^2+p^3+p^4+p^5 ……
这些都是偶项的。而且都是后者是前者的两倍，二分的模型来了。
X1=1+p
X2=1+p+p^2(1+p)=(1+p)(1+p^2) X3=1+p+p^2+p^3+p^4+p^5+p^6+p^7=1+p+p^2(1+p)+p^4+p^5+p^6+p^7=(1+p)*(1+p^2)+p^4(1+p)*(1+p^2)=
(1+p)*(1+p^2)*(1+p^4)
所以是:X3=(X2*(1+P^(2^3/2))=(X1*(1+p^(2^2/2))*(1+p^(2^3/2)) 也就是((1+exp(p,k/2))*t)
exp(p,k/2)其实就是算出P^(2^3/2) 这样的。
现在，奇项：
X1 =1 项数 1
X2=1+p+p^2 =X1+p^(3/2)*(1+p*X1) 项数 1*2+1
X3=1+p+p^2+p^3+p^4+p^5+p^6=1+p+p^2+p^3*(1+p*(1+p+p^2))=X2+p^(7/2)*(1+p*X2) 项数 ：（1*2+1）*2+1 前面的 蓝色字体的7就是项数 这个对应式子：(t+exp(p,k/2)*(1+p*t))
exp(p,k/2)：相当于p^(7/2)
t:就相当于X
相当清楚了吧。。。。。。
完整参考代码：//参考哦，不保证没有BUG ~~
/*7100>=sqrt(50000000)*/
#include<stdio.h>
#define size 7100
#define m 9901
int y[size],p[size],k;
void prime()
{
int i,j;
k=0;
for(i=2;i*i<size;i++)
{
if(!y[i]){
for(j=i*i;j<size;j+=i)y[j]=1;
}
}
for(i=2;i<size;i++)
if(!y[i])
p[k++]=i;
}
__int64 exp(__int64 a,__int64 b)
{
if(b==1)
return a;
__int64 t =exp(a,b/2);
if(b&1)
{
return (t*t*a)%m;
}
return (t*t)%m;
}
__int64 sum(__int64 p,__int64 k)
{
if(k==1)
return 1;
__int64 t=sum(p,k/2);
if(k&1)
{
return (t+exp(p,k/2)*(1+p*t))%m;
}
else
return ((1+exp(p,k/2))*t)%m;
}
int main()
{
int a,b,t,cc;
__int64 s;
prime();
cc=k;
while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF)
{
if(a==1||b==0)
{ printf("1/n");
continue;
}
k=t=0;
s=1;
while(k<cc&&p[k]<=a)
{
t=0;
while(a%p[k]==0)
{
a/=p[k];
t++;
}
s=(s*sum(p[k],t*b+1))%m;
k++;
}
if(a>1)
{
s*=sum(a,b+1);
s=s%m;
}
printf("%d/n",s );
}
return 0;
}
/*7100>=sqrt(50000000)*/
#include<stdio.h>
#define size 7100
#define m 9901
int y[size],p[size],k;
void prime()
{
int i,j;
k=0;
for(i=2;i*i<size;i++)
{
if(!y[i]){
for(j=i*i;j<size;j+=i)y[j]=1;
}
}
for(i=2;i<size;i++)
if(!y[i])
p[k++]=i;
}
__int64 exp(__int64 a,__int64 b)
{
if(b==1)
return a;
__int64 t =exp(a,b/2);
if(b&1)
{
return (t*t*a)%m;
}
return (t*t)%m;
}
__int64 sum(__int64 p,__int64 k)
{
if(k==1)
return 1;
__int64 t=sum(p,k/2);
if(k&1)
{
return (t+exp(p,k/2)*(1+p*t))%m;
}
else
return ((1+exp(p,k/2))*t)%m;
}
int main()
{
int a,b,t,cc;
__int64 s;
prime();
cc=k;
while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF)
{
if(a==1||b==0)
{ printf("1/n");
continue;
}
k=t=0;
s=1;
while(k<cc&&p[k]<=a)
{
t=0;
while(a%p[k]==0)
{
a/=p[k];
t++;
}
s=(s*sum(p[k],t*b+1))%m;
k++;
}
if(a>1)
{
s*=sum(a,b+1);
s=s%m;
}
printf("%d/n",s );
}
return 0;
}//在 雨中飞燕 那里做了下题目 又有所收获，视乎在统计
a=p1^m1*p2^m2...... 里的m1的时候可以优化。可以想起判断是否是素数只要看小于sqrt(n)
题目是这样的：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#define size 32000
int y[size]={0},p[size]={0};
int prime()
{
int i,j,k=0;
for(i=2;i*i<size;i++)
{
if(!y[i])
{
for(j=i*i;j<size;j+=i)
y[j]=1;
}
}
for(i=2;i<size;i++)
if(!y[i])
p[k++]=i;
return k;
}
void yinzi(int n,int k)
{
int i,t,flag=0;
float x=sqrt(n);
for(i=0;i<k&&n>1&&p[i]<=x;i++)
{
t=0;
while(n!=0&&n%p[i]==0)
{
n/=p[i];
t++;
}
if(t)
{
if(flag)
{
printf(" * ");
}
printf("%d",p[i]);
if(t>1)
{
printf("^%d",t);
}
x=sqrt(n);
flag=1;
}
}
if(n>1)
{
if(flag)
printf(" * %d",n);
else
{
printf("%d",n);
}
}
printf("/n");
}
int main()
{
int n;
int k = prime();
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
printf("%d = ",n);
if(n==1)
{
printf("1/n");
continue;
}
yinzi(n,k);
}
return 0;
}
输入n(1 <= n <= 1e9)，有多组测试数据：
616
27
输出：
616 = 2^3 * 7 * 11
27 = 3^3
（注意输出空格，但行末不要有空格）
难度：for beginner
参考代码：
内容来自用户分享和网络整理，不保证内容的准确性，如有侵权内容，可联系管理员处理 
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