【POJ1845】Sumdiv——杨子曰题目

【POJ1845】Sumdiv——杨子曰题目

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).

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一句话题意：求$A^B$的所有约数之和mod9901($1\le A,B\le 5\ast 10^7$)

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首先，看到题面直觉告诉就告诉我一定要对A分解质因数，那我们就来分解一下：
$$A={p_1}^{c_1}\ast {p_2}^{c_2}\ast \cdots \ast {p_n}^{c_n}$$

这样一来：
$$A^B={p_1}^{B\ast c_1}\ast {p_2}^{B\ast c_2}\ast \cdots \ast {p_n}^{B\ast c_n}$$

现在我们要求出所有的约数之和，约数怎么来呢？
我可以随便抓几个（0到$B\ast c_1$之间）$p_1$，随便抓几个（0到$B\ast c_2$之间）$p_2$，$\cdots$，随便抓几个（0到$B\ast c_n$之间）$p_n$，然后把它们全部乘起来就可以得到一个$A^B$的约数

我们就可以得到它的和是：
$$(1+p_1+{p_1}^2+\cdots +{p_1}^{B\ast c_1})\ast (1+p_2+{p_2}^2+\cdots +{p_2}^{B\ast c_2})\ast \cdots \ast (1+p_n+{p_n}^2+\cdots +{p_n}^{B\ast c_n})$$

简单解释一下上面那个式子是怎么得到的：现在我们来脑补一下把上面的括号全部打开，那么每一项都是一个形如这样的式子：
$${p_1}^{x_1}\ast {p_2}^{x_2}\ast \cdots \ast {p_n}^{x_n}$$

有没有发现就是对应了每一个$A^B$的约数

也就是说如果我们可以快速地求出$1+p+p^2+\cdots +p^c$问题就可以轻松解决了（也就是等比数列求和）

接下来我们讲两个方法算出上面那个东西（一个需要逆元，一个不需要逆元，戳我学习逆元）

我们令$sum(p,c)=1+p+p^2+\cdots +p^c$就是我们要求的东西

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先来讲一讲不需要逆元的：

我们使用分治

如果c是奇数，那么：
$$sum(p,c)=(1+p+p^2+\cdots +p^{\frac{c-1}{2}})+(p^{\frac{c+1}{2}}+p^{\frac{c+3}{2}}+\cdots +p^c)$$

$$sum(p,c)=(1+p+p^2+\cdots +p^{\frac{c-1}{2}})+p^{\frac{c+1}{2}}\ast (1+p+p^2+\cdots +p^{\frac{c-1}{2}})$$
然后你有没有惊奇的发现规模所缩小了一半：
$$sum(p,c)=(1+p^{\frac{c+1}{2}})\ast sum(p,\frac{c-1}{2})$$

美滋滋，我们再来看看如果c是偶数怎么办？好办呀，拎出一个$p^c$就好了呀！然后c-1就是奇数了！，我们把c-1带回上面的公式得到了：
$$sum(p,c)=(1+p^{\frac{c}{2}})\ast sum(p,\frac{c}{2}-1)+p^c$$

于是偶数的规模也缩小了一半，我们成功地在O(log c)的时间里求出了等比数列的和（当然要用快速幂）

#include
#include
#define ll long long
#define mod 9901
using namespace std;

ll a,b,ans=1;
int p[25],c[25],cnt=0;

void get_pr(int n){
	for (int i=2;i*i<=n;i++){
		if (n%i==0){
			p[++cnt]=i;
			while(n%i==0) c[cnt]++,n/=i;
		}
	}
	if (n>1){
		p[++cnt]=n;
		c[cnt]=1;
	}
}

ll pow(ll a,ll b,ll p){
	ll ans=1;
	while(b){
		if (b%2==1) ans=ans*a%p;
		a=a*a%p;
		b/=2;
	}
	return ans;
}

ll sum(ll p,ll s){
    if (s==0) return 1;
    if (s%2==1) return (1+pow(p,(s+1)/2,mod))*sum(p,(s-1)/2)%mod;
    else return ((1+pow(p,s/2,mod))*sum(p,s/2-1)%mod+pow(p,s,mod))%mod;
}

int main(){
	scanf("%lld%lld",&a,&b);
    get_pr(a);
        for (int i=1;i<=cnt;i++){
            ans=(ans*sum(p[i],1ll*c[i]*b))%mod;
        }
    cout<<ans;
    return 0;
}

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我们再来看一下第二种要用逆元的方法（戳我学习逆元）
我们这样来操作一下等比数列：

首先原等比数列长这样：
$$sum(p,c)=1+p+p^2+\cdots +p^c\cdots ①$$
我们给它乘上一个p得到了：
$$sum(p,c)\ast p=p+p^2+p^3+\cdots +p^{c+1}\cdots ②$$

然后我们把②式①式错位相减，你会发现等式右边中间的部分都被抵消没了：
$$sum(p,c)\ast (p-1)=p^{c-1}-1$$
我们得到了：
$$sum(p,c)=\frac{p^{c-1}-1}{p-1}$$

模数9901是一个质数，So使用快速幂和逆元我们可以轻松算出这个式子！

BUT，还有一个问题我们没有解决，就是如果(p-1)是9901的倍数那么就没有逆元了，肿么半捏？

现在考虑(p-1)是9901的倍数，我们有：
$$pmod9901=1$$

那么$1+p+p^2+\cdots +p^c$中的每一项模9901得到的答案都是1，So，这个时候$sum(p,c)=c+1$

#include
#include
#define ll long long
#define mod 9901
using namespace std;

ll a,b,ans=1;
int p[25],c[25],cnt=0;

void get_pr(int n){
	for (int i=2;i*i<=n;i++){
		if (n%i==0){
			p[++cnt]=i;
			while(n%i==0) c[cnt]++,n/=i;
		}
	}
	if (n>1){
		p[++cnt]=n;
		c[cnt]=1;
	}
}

ll pow(ll a,ll b,ll p){
	ll ans=1;
	while(b){
		if (b%2==1) ans=ans*a%p;
		a=a*a%p;
		b/=2;
	}
	return ans;
}

int main(){
	scanf("%lld%lld",&a,&b);
	get_pr(a);
	for (int i=1;i<=cnt;i++){
		if ((p[i]-1)%mod==0){
			ans=1ll*(b*c[i]+1)%mod*ans%mod;
		}
		else{
			ll x=pow(p[i],1ll*b*c[i]+1,mod);
			x=(x-1+mod)%mod;
			ll y=pow(p[i]-1,mod-2,mod);
			ans=1ll*x*y%mod*ans%mod;
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

OK，完事

参考：

《算法竞赛进阶指南》 李煜东 著

于HG机房