poj 1845 Sumdiv （数论）

题目：http://poj.org/problem?id=1845

无语。。。一开始又看错题了，从discuss里面找的数据测试不对，后来才看明白，，，

读懂题目后表示不会，参考了别人的解题报告敲的

不得不说解题报告很清晰啊。。。

复制一下别人的吧（转自：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

代码：

View Code

 1 #include <iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #define mod 9901
 4 using namespace std;
 5 
 6 __int64 pow(__int64 p,__int64 n)//反复平方法计算幂次式p^n
 7 {
 8     __int64 sp=1;
 9     while(n>0)
10     {
11         if(n%2==1)
12         sp=sp*p%mod;
13         n/=2;
14         p=p*p%mod;
15 
16     }
17     return sp;
18 }
19 __int64 erfen(__int64 p,__int64 n)////递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod 
20 {
21     if(n==0)
22     return 1;
23     if(n%2==1)//奇数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))
24     return (erfen(p,n/2)*(1+pow(p,(n/2)+1)))%mod;  
25     else//偶数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2)  
26     return (erfen(p,(n/2)-1)*(1+pow(p,n/2+1))+pow(p,n/2))%mod;
27 }
28 int main()
29 {
30     int a,b;
31     int pri[10010];
32     int num[100010];
33     int i,j,n;
34     while(cin>>a>>b)
35     {
36         n=0;
37         for(i=2;i*i<=a;)
38         {
39             if(a%i==0)
40             {
41                 pri[n]=i;
42                 num[n]=0;
43                 while(a%i==0)
44                 {
45                     num[n]++;
46                     a/=i;
47                 }
48                 n++;
49             }
50             if(i==2)
51             i++;
52             else
53             i+=2;
54         }
55 
56        if(a!=1)
57        {
58 
59            num[n]=1;
60            pri[n]=a;
61            n++;
62        }
63        //for(i=0;i<n;i++)
64         //{
65        //     printf("%d %d\n",pri[i],num[i]);
66        // }
67        __int64 sum=1;
68        for(i=0;i<n;i++)
69        {
70            sum=(sum*(erfen(pri[i],num[i]*b)%mod))%mod;
71        }
72        printf("%I64d\n",sum);
73     }
74     return 0;
75 }