poj1845——二分递归求等比数列前n项和，根号剪枝

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

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：求A的B次幂的所有因子之和，取模输出

思路：这个懒得打字了，以下直接括号内转自某大神：

{

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 //其实就是二分快速幂

}

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int maxn=1000100;
const int INF=(1<<28);
const int MOD=9901;

typedef long long ll;
ll A,B;
ll p[maxn],cnt=0;
ll k[maxn];

ll qpow(ll n,ll k)
{
    ll res=1;
    while(k){
        if(k&1) res=(res*(n%MOD))%MOD;
        n=(n*n)%MOD;
        k>>=1;
    }
    return res;
}

ll S(ll p,ll n)
{
    if(n==0) return 1;
    if(n&1) return S(p,n/2)*(1+qpow(p,n/2+1))%MOD;
    else return (S(p,n/2-1)*(1+qpow(p,n/2+1))+qpow(p,n/2))%MOD;
}

void solve()
{
    if(A==0){
        puts("0");
        return;
    }
    memset(k,0,sizeof(k));
    cnt=0;
    for(int i=2;i*i<=A;){///根号剪枝,不得不说根号剪枝太厉害。。。
        while(A%i==0){///根本不需要打印素数表，i从小到大的遍历顺序已经保证了能进入循环的一定是素数
            A/=i;
            k[cnt]++;
        }
        if(k[cnt]) p[cnt++]=i;
        if(i>2) i+=2;///奇偶剪枝，除了2其它的素数都不是偶数
        else i++;
    }
    if(A!=1){///前面的根号剪枝是有问题的，有可能漏掉最后一项，在此补上
        p[cnt]=A;
        k[cnt++]++;
    }
    ll ans=1;.
    for(int i=0;i<cnt;i++){
        ans=(ans*S(p[i],k[i]*B))%MOD;
    }
    printf("%lld
",ans);
}

int main()
{
    while(scanf("%lld%lld",&A,&B)!=EOF){
        solve();
    }
    return 0;
}

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