POJ 1845 Sumdiv (逆元 等比数列求和)

今天我们来探讨逆元在ACM-ICPC竞赛中的应用，逆元是一个很重要的概念，必须学会使用它。

 

对于正整数

和

，如果有

，那么把这个同余方程中

的最小正整数解叫做

模

的逆元。

 

逆元一般用扩展欧几里得算法来求得，如果

为素数，那么还可以根据费马小定理得到逆元为

。

 

推导过程如下

                            


 

求现在来看一个逆元最常见问题，求如下表达式的值（已知

）

 

         

  

 

当然这个经典的问题有很多方法，最常见的就是扩展欧几里得，如果

是素数，还可以用费马小定理。

 

但是你会发现费马小定理和扩展欧几里得算法求逆元是有局限性的，它们都会要求

与

互素。实际上我们还有一

种通用的求逆元方法，适合所有情况。公式如下

 

          


 

现在我们来证明它，已知

，证明步骤如下

 

          


 

接下来来实战一下，看几个关于逆元的题目。

 

题目：http://poj.org/problem?id=1845

 

题意：给定两个正整数

和

，求

的所有因子和对9901取余后的值。

 

分析：很容易知道，先把

分解得到

，那么得到

，那么


     的所有因子和的表达式如下

 

    


#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
const int MOD = 9901;
int vis[10000];
vector<int> pri;
vector<P> Div;

ll mul(ll a, ll n, ll k) {
if(n == 0) return 0;
if(n == 1) return a % k;
ll ans = mul(a, n/2, k);
ans += ans;
if(n & 1) ans += a;
return ans % k;
}

ll pow(ll a, ll n, ll mod) {
if(n == 0) return 1;
ll ans = pow(a, n/2, mod);
ans = mul(ans, ans, mod);
if(n & 1) ans *= a % mod;
return ans % mod;
}

void get_Prime() {
int n = (int)sqrt((double)50000005);
for(int i = 2; i <= n; i++)
for(int j = i*2; j <= n; j += i)
vis[j] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++) if(!vis[i])
pri.push_back(i);
}

void get_div(ll x) {
for(int i = 0; i < pri.size(); i++) {
if(x % pri[i] == 0) {
int num = 0;
while(x % pri[i] == 0) {
x /= pri[i];
++num;
}
Div.push_back(P(pri[i], num));
}
}
if(x != 1) Div.push_back(P(x, 1));
}

ll cal(ll p, ll n) { // a + a^1 + a^2 + a^3 + ... ... + a^n
n++;
ll M = (p-1)*MOD;
return (pow(p, n, M) + M - 1) / (p - 1);
}

int main() {
ll A, B;
cin >> A >> B;
get_Prime();
get_div(A);
ll sum = 1;
for(int i = 0; i < Div.size(); i++) {
sum *= cal(Div[i].first, Div[i].second*B)%MOD;
sum %= MOD;
}
cout << sum << endl;
return 0;
}