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POJ 1845 Sumdiv

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).

题意:要你求出a^b的所有因子之和(包括本身)mod  9901的值

思路:看到这题,首先就想到求因子,可以求出a的所有因子,再算出因子的多少次方。但是本方法对于我刚刚接触数论来说太难了。所以能想到的只有把a进行素因子分解,然后再来算b次方。思路很好,但是具体实现起来发现根本实现不了,自己看了别人的实现思路敲了代码全超时:<。感觉完全不能混了

只好看了一位女神的blog:http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648539(复制过来的,对不起大家了!)

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<iostream>
using namespace std;
const int size=10000;
const int mod=9901;
__int64 sum(__int64 p,__int64 n)  //递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod
{                          //奇数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))
	if(n==0)               //偶数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2)
		return 1;
	if(n%2)  //n为奇数,
		return (sum(p,n/2)*(1+power(p,n/2+1)))%mod;
	else     //n为偶数
		return (sum(p,n/2-1)*(1+power(p,n/2+1))+power(p,n/2))%mod;
}

__int64 power(__int64 p,__int64 n)  //反复平方法求(p^n)%mod
{
	__int64 sq=1;
	while(n>0)
	{
        if(n%2)
            sq=(sq*p)%mod;
        n/=2;
        p=p*p%mod;
    }
	return sq;
}

int main()
{
	int A,B;
	int p[size];//A的分解式,p[i]^n[i]
	int n[size];
	while(cin>>A>>B)
	{
		int i,k=0;  //p,n指针
		for(i=2;i*i<=A;)   //根号法+递归法
		{
			if(A%i==0)
			{
				p[k]=i;
				n[k]=0;
				while(!(A%i))
				{
					n[k]++;
					A/=i;
				}
				k++;
			}
			if(i==2)  //奇偶法
				i++;
			else
				i+=2;
		}
		if(A!=1)
		{
			p[k]=A;
			n[k++]=1;
		}

		int ans=1;  //约数和
		for(i=0;i<k;i++)
			ans=(ans*(sum(p[i],n[i]*B)%mod))%mod;  //n[i]*B可能会超过int,因此用__int64

		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}


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