POJ 1845-Sumdiv(快速冪取模+整數惟一分解定理+約數和公式+同餘模公式)

Sumdiv

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Appoint description:   System Crawler  (2015-05-27)

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). 

 

 

題意：求（A^B）的約數和對9901取餘的結果。

 

思路：轉載--->優YoU

 

解題思路：

要求有較強 數學思惟 的題

應用定理主要有三個：

要求有較強 數學思惟 的題

應用定理主要有三個：

（1）   整數的惟一分解定理：

      任意正整數都有且只有一種方式寫出其素因子的乘積表達式。

      A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)   其中pi均爲素數

      因數個數：(k1+1)*(k2+1)*...*(kn+1)

（2）   約數和公式：

對於已經分解的整數A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)

有A的全部因子之和爲

    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）   同餘模公式：

(a+b)%m=(a%m+b%m)%m

(a*b)%m=(a%m*b%m)%m

 

有了上面的數學基礎，那麼本題解法就很簡單了：

1: 對A進行素因子分解

分解A的方法：

A首先對第一個素數2不斷取模，A%2==0時 ，記錄2出現的次數+1，A/=2；

當A%2!=0時，則A對下一個連續素數3不斷取模...

以此類推，直到A==1爲止。

 

注意特殊斷定，當A自己就是素數時，沒法分解，它本身就是其自己的素數分解式。

 

最後獲得A = p1^k1 * p2^k2 * p3^k3 *...* pn^kn.
      故 A^B = p1^(k1*B) * p2^(k2*B) *...* pn^(kn*B);

2：A^B的全部約數之和爲：

     sum = [1+p1+p1^2+...+p1^(a1*B)] * [1+p2+p2^2+...+p2^(a2*B)] *...* [1+pn+pn^2+...+pn^(an*B)].

3: 用遞歸二分求等比數列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：

（1）若n爲奇數,一共有偶數項，則：
      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))

上式紅色加粗的前半部分剛好就是原式的一半，那麼只須要不斷遞歸二分求和就能夠了，後半部分爲冪次式，將在下面第4點講述計算方法。

 

（2）若n爲偶數,一共有奇數項,則:
      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);

   上式紅色加粗的前半部分剛好就是原式的一半，依然遞歸求解

 

4：反覆平方法計算冪次式p^n

   這是本題關鍵所在，求n次冪方法的好壞，決定了本題是否TLE。

   以p=2，n=8爲例

   常規是經過連乘法求冪，即2^8=2*2*2*2*2*2*2*2

   這樣作的要作8次乘法

 

   而反覆平方法則不一樣，

   定義冪sq=1，再檢查n是否大於0，

While，循環過程若發現n爲奇數，則把此時的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，彈出循環

}

則sq=256就是所求，顯然反覆平方法只作了3次乘法

 

 超棒的一道數論題

原文連接：http://blog.csdn.net/u013486414/article/details/46237349

 

#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-10;
const double pi= acos(-1.0);
const int MAXN=1e5+10;
const int mod=9901;
LL Mul(LL a,LL b) {//快速乘法
    LL res=0;
    while(b>0) {
        if(b&1) res=(res+a)%mod;
        b>>=1;
        a=(a+a)%mod;
    }
    return res;
}
LL modxp(LL a,LL b) {//快速冪取餘
    LL res=1;
    while(b>0) {
        if(b&1) res=Mul(res,a);
        b>>=1;
        a=Mul(a,a);
    }
    return res;
}
LL Sum(LL p,LL n) {//遞歸二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod
    if(n==0)
        return 1;
    if(n&1)
        return ((1+modxp(p,n/2+1))%mod*Sum(p,n/2)%mod)%mod;
    else
        return ((1+modxp(p,n/2+1))%mod*Sum(p,(n-1)/2)%mod+modxp(p,n/2)%mod)%mod;
}

int main() {
    int A,B,i;
    int p[MAXN];//A的分解式p[i]^k[i];
    int k[MAXN];
    while(~scanf("%d %d",&A,&B)) {
        int cnt=0;
        for(i=2; i*i<=A; i++) {//分解整數A (A爲非質數)
            if(A%i==0) {
                p[cnt]=i;
                k[cnt]=0;
                while(A%i==0) {
                    A/=i;
                    k[cnt]++;
                }
                cnt++;
            }
        }
        if(A!=1) {//特殊斷定：分解整數A (A爲質數)
            p[cnt]=A;
            k[cnt]=1;
            cnt++;
        }
        int res=1;
        for(i=0; i<cnt; i++)
            res=(res%mod*Sum(p[i],B*k[i])%mod);
        printf("%d\n",res);
    }
    return 0;
}