POJ 1845 - Sumdiv


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,
  • A%2==0 时 ,记录2出现的次数 +1A/=2
  • 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

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。

p=2n=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
}

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;
}

相关资料


文章作者: EXP
版权声明: 本博客所有文章除特別声明外,均采用 CC BY 4.0 许可协议。转载请注明来源 EXP !
  目录