- POJ 1845 - Sumdiv
- Time: 1000MS
- Memory: 30000K
- 难度: 初级
- 分类: 同余模
问题描述
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：
- （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，
- 当
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
AC 源码
//Memory Time
//336K 0MS
#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
__int64 power(__int64 p,__int64 n); //反复平方法求 (p^n)%mod
int main(void)
{
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
/*常规做法：分解整数A (A为非质数)*/
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;
}
/*特殊判定：分解整数A (A为质数)*/
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;
}
__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;
}
