POJ 1845 Sumdiv(快速幂取模+快速分解因式)

小優的博客写的真心详细啊。不好意思多说了啊、、、
http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648539
大致题意：

求A^B的所有约数（即因子）之和，并对其取模 9901再输出。

 

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

Sumdiv

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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

15

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). 

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <iomanip>
#include <stdio.h>
#include <string>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define eps 1e-7
#define M 1000100
///#define LL __int64
#define LL long long
#define INF 0x3fffffff
#define PI 3.1415926535898
#define mod 9901

using namespace std;

const int maxn = 2020;

int sum[25];
int f[maxn];
int p[maxn];

LL Pow(LL x, LL n)
{
LL s = 1;
while(n)
{
if(n&1)
s = (s*x)%mod;
n >>= 1;
x = x*x%mod;
}
return s;
}
int dfs(LL x, int n)
{
if(n == 0)
return 1;
if(n%2 == 1)
return ((dfs(x, n/2)%mod)*(1+Pow(x, n/2+1)%mod))%mod;
return ((dfs(x, n/2-1)%mod)*(1+Pow(x, n/2+1)%mod)+Pow(x, n/2)%mod)%mod;
}

int main()
{
LL n, m;
while(cin >>n>>m)
{
memset(sum, 0, sizeof(sum));
int k = 0;
for(int i = 2; i*i <= n;)
{
if(n%i == 0)
{
p[k] = i;
f[k] = 0;
while(!(n%i))
{
f[k]++;
n /= i;
}
k++;
}
if(i == 2)
i++;
else
i += 2;
}
if(n != 1)
{
p[k] = n;
f[k++] = 1;
}

LL cnt = 1;
for(int i = 0; i < k; i++)
cnt = (cnt*dfs(p[i],f[i]*m)%mod)%mod;
cout<<cnt<<endl;
}
return 0;
}