poj1845-Sumdiv

http://poj.org/problem?id=1845

这道题目的题意为求Ａ ^   B 的值的所有的因子的和。因此需要用到快速幂，可以知道需要求解的就是求 １＋A  ^  1  + A  ^  2  + A ^ 3 + .........+ A ^ B。但是直接求解的话，存在几种问题，一是会ＭＬＥ，还有就是会ＴＬＥ。因为，Ａ无法保证全部为最简值，就是仍然可以分解，因此，需要将Ａ也拆分为多组；然后将每组的幂次求解出来再相乘，仍然可以得出题解，就是  Ａ ＝ p1 * p2 * p3 * ............ *  pn;然后题目就转换成求( １ ＋ p1 ^ 1 + p1 ^2 。。。。。。＋ p1 ^ b1 )* (........)，直接使用等比数列求和，也容易MLE，因此，等比数列求和还可以由如下解法(二分）：

假设p为公比，n为最大幂次数；

A、当 n 为奇数时 ，（ 1 + p ^ ( n / 2 + 1 ) ） *  ( 1 + p ^ 1 +  ........   + p ^ ( n / 2 ) ) ;

B、当 n 为偶数时 ，（ 1 + p ^ ( n / 2 + 1 ) )   *   ( 1 + p ^ 1 +  .........  + p ^ (  ( n - 1 )  / 2 ) )  + p ^ ( n / 2 ) ;  

这里可以使用递归来求解

 

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>

using namespace std;
#define MOD 9901
#define INT __int64
#define MAX 10000 
int A , B ;
int count1 ;
int p[ MAX ] , c[ MAX ] ;

int Pow( INT x , INT n )  
{  
    INT temp = x ;  
    INT ans = 1 ;  
    while( n )  
    {  
        if( n % 2 == 1 )  
        {  
            n-- ;  
            ans = ( ( ans % MOD ) * ( temp % MOD ) ) % MOD ;  
        }  
        else  
        {  
            n /= 2 ;  
            temp = ( (temp % MOD ) * ( temp % MOD ) ) % MOD ;  
        }  
    }  
    return ans ;  
}   

INT sum( INT p , INT n )
{
	if( n == 0 )
		return 1 ;
	if( n & 1 )
		return ( ( ( 1 + Pow( p , n / 2 + 1 ) ) % MOD * ( sum( p , n / 2 ) % MOD ) ) % MOD ) ;
	else
		return ( ( ( 1 + Pow( p , n / 2 + 1 ) ) % MOD * ( sum( p , ( n - 1 ) / 2 ) % MOD ) )+ Pow( p , n / 2 ) % MOD ) ;
} 
int main()
{
	cin >> A >> B ;
	for( int i = 2 ; i * i <= A ; ++i )
	{
		if( A % i == 0 )
			p[ ++count1 ] = i ;
		while( A % i == 0 )
		{
			A /= i ;
			c[ count1 ] ++ ;
		}
	}
	
	if( A != 1 )
	{
		p[ ++count1 ] =  A ;
		c[ count1 ] = 1 ;
	} 
	INT ans = 1 ;
	for( int i = 0 ; i <= count1 ; ++i )
		ans = ( ( ans % MOD ) * ( sum( p[ i ] , B * c[ i ] ) ) % MOD ) % MOD ;
	cout << ans << endl ; 
}