POJ 1845 sumdiv 数论 A^B 的所有约数之和

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题意:求A^B的所有约数（即因子）之和，并对其取模 9901再输出。

思路:

1 需要掌握的定理

（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

A^B = p1^(k1*B) * p2^(k2*B) *...* pn^(kn*B);

（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

对于普通的除法取模是不可以拆分求mod的

所以

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);

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
#define mod 9901
#define LL long long
struct node   //用于存 约数为素数因子 和  个数
{
int data,num;
} p[500000];
long long Pow(long long a,long long b)   //快速幂
{
long long ans=1;
while(b)
{
if(b&1)
{
ans=(ans*a)%mod;
b--;
}
b/=2;
a=a*a%mod;
}
return ans;
}
long long add(int a,int n)    //二分求 等比数列和
{
if(n==0)
return 1;
if(n%2)
return add(a,n/2)*(1+Pow(a,n/2+1))%mod;
else
return (add(a,n/2-1)*(1+Pow(a,n/2+1))+Pow(a,n/2))%mod;
}
int main()
{
int a,b;
while(~scanf("%d%d",&a,&b))
{
int x=a;
for(int i=0;i<50000;i++)
p[i].data=p[i].num=0;
int num=0;
for(int i=2; i<=x; i++)
{
while(x%i==0)
{
if(p[num].data!=i)
p[++num].data=i;
p[num].num++;
x/=i;
}
}
long long sum=1;
//printf("#%d\n",num);
for(int i=1;i<=num;i++)
{
sum=sum*add(p[i].data,b*p[i].num)%mod;  //
}
printf("%lld\n",sum);
}
}