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：求A^B的所有约数之和 mod 9901。
?
思路：大数模运算。
定理：
? ? ?（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
解法：
? ? ?1: ?对A进行素因子分解
????????? 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^(k1*B)] * [1+p2+p2^2+...+p2^(k2*B)] *...* [1+pn+pn^2+...+pn^(kn*B)].
? ? 3: 用递归二分求等比数列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：（注意这只是上面约数和sum公式里中括号[ ]里的式子，因为我们将sum分为若干部分，然后一部分一部分的求，
???????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????? 最后再乘起来）
???????（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))
?
? ? ? （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);
???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
? ? ? ?
? ? ? 此算法模式也常用于矩阵乘法中
#include <iostream>
#include <math.h>
#include <string.h>
using namespace std;
const int N=4000000;
const int MOD=9901;
int prime[10001],cnt=0;
bool isprime[4000001];
long long p[1000],n[1000],count=0;
void getprime()? //打素数表,这种方式在当N很大时速度很快，可作为模板
{
??? int i,j,k,m;
??? m=sqrt(1.0*N)+1;
??? memset(isprime,true,sizeof(isprime));
??? isprime[0]=isprime[1]=false;
??? prime[cnt++]=2;
??? for(i=4;i<=N;i=i+2)
??????? isprime[i]=false;
??? for(i=3;i<=m;i++)
??? {
??????? if(isprime[i])
??????? {
??????????? prime[cnt++]=i;
??????????? for(k=i+i,j=i*i;j<=N;j=j+k)
??????????????? isprime[j]=false;
??????? }
??? }
??? for(;i<=N;i++)
??????? if(isprime[i])
????????? prime[cnt++]=i;
}
void fenjie(int A) //对A进行素因子分解
{
??? count=0;
??? for(int i=0;prime[i]<=A/prime[i];i++)
??????? if(A%prime[i]==0)
??????? {
??????????? p[count]=prime[i];
??????????? while(A%prime[i]==0)
??????????? {
??????????????? n[count]++;
??????????????? A=A/prime[i];
??????????? }
??????????? count++;
??????? }
??? if(A!=1)
??? {
??????? p[count]=A;n[count++]=1;
??? }
}
long long pow(long long a,long long n)//快速模幂运算
{
??? long long res=1;
??? a=a%MOD;
??? while(n)
??? {
??????? if(n&1)
?????????? res=(res*a)%MOD;
??????? n=n/2;
??????? a=(a*a)%MOD;
??? }
??? return res;
}
long long sum(long long p,long long n)//计算1+p+p^2+````+p^n
{
??? if(p==0)return 0;
??? if(n==0)return 1;
??? if(n&1)//n为奇数，一共有偶数项 ，用公式(1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))
??????? return ((1+pow(p,n/2+1))%MOD*sum(p,n/2)%MOD)%MOD;
??? else //n为偶数，一共有奇数项，用公式(1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2);
??????? return ((1+pow(p,n/2-1)+pow(p,n/2)%MOD)%MOD;
}
int main()
{
??? int A,B;
??? getprime();
??? while(cin>>A>>B)
??? {
??????? if(A==0)
??????????? {cout<<"0"<<endl;continue;}
??????? memset(p,sizeof(p));
??????? memset(n,sizeof(n));
??????? fenjie(A);
??????? long long ans=1;
??????? for(int i=0;i<count;i++)
??????????? ans=ans*(sum(p[i],n[i]*B)%MOD)%MOD;
??????? cout<<ans<<endl;
??? }
??? return 0;
}
?
?
#include <iostream> #include <string.h> using namespace std; int p[1000],count=0; const int mod=9901; void fenjie(int A) { ??? for(int i=2;i*i<A;) ??? { ??????? if(A%i==0) ??????? { ??????????? p[count]=i; ??????????? while(A%i==0) ??????????? { ??????????????? n[count]++; ??????????????? A=A/i; ??????????? } ??????????? count++; ??????? } ??????? if(i==2) ??????????? i++; ??????? else //除了2之外的偶数一定都不是质数，所以只考虑奇数 ??????????? i=i+2; ??? } ??? if(A!=1) ??? { ??????? p[count]=A; ??????? n[count++]=1; ??? } } long long pow(long long a,long long n) { ??? long long res=1; ??? a=a%mod; ??? while(n) ??? { ??????? if(n&1) ??????????? res=(res*a)%mod; ??????? n=n/2; ??????? a=(a*a)%mod; ??? } ??? return res; } long long sum(long long p,long long n) { ??? if(n==0)return 1; ??? if(n&1) ??????? return ((1+pow(p,n/2+1))%mod*sum(p,n/2))%mod; ??? else ??????? return ((1+pow(p,n/2)%mod)%mod; } int main() { ??? int A,B; ??? while(cin>>A>>B) ??? { ??????? if(A==0){cout<<"0"<<endl;continue;} ??????? memset(p,sizeof(p)); ??????? memset(n,sizeof(n)); ??????? fenjie(A); ??????? int ans=1; ??????? for(int i=0;i<count;i++) ??????????? ans=(ans*(sum(p[i],n[i]*B)%mod))%mod; ??????? cout<<ans<<endl; ??? } ??? return 0; }
