poj1845——二分递归求等比数列前n项和，根号剪枝
poj1845——二分递归求等比数列前n项和，根号剪枝
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Description
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2 3
Sample Output
15
Hint
The natural divisors of 8 are: 1,2,4,8. Their sum is 15.
15 modulo 9901 is 15 (that should be output).
要求有较强 数学思维 的题
应用定理主要有三个：
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+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^(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 //其实就是二分快速幂
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=1000100; const int INF=(1<<28); const int MOD=9901; typedef long long ll; ll A,B; ll p[maxn],cnt=0; ll k[maxn]; ll qpow(ll n,ll k) { ll res=1; while(k){ if(k&1) res=(res*(n%MOD))%MOD; n=(n*n)%MOD; k>>=1; } return res; } ll S(ll p,ll n) { if(n==0) return 1; if(n&1) return S(p,n/2)*(1+qpow(p,n/2+1))%MOD; else return (S(p,n/2-1)*(1+qpow(p,n/2+1))+qpow(p,n/2))%MOD; } void solve() { if(A==0){ puts("0"); return; } memset(k,0,sizeof(k)); cnt=0; for(int i=2;i*i<=A;){///根号剪枝,不得不说根号剪枝太厉害。。。 while(A%i==0){///根本不需要打印素数表，i从小到大的遍历顺序已经保证了能进入循环的一定是素数 A/=i; k[cnt]++; } if(k[cnt]) p[cnt++]=i; if(i>2) i+=2;///奇偶剪枝，除了2其它的素数都不是偶数 else i++; } if(A!=1){///前面的根号剪枝是有问题的，有可能漏掉最后一项，在此补上 p[cnt]=A; k[cnt++]++; } ll ans=1;. for(int i=0;i<cnt;i++){ ans=(ans*S(p[i],k[i]*B))%MOD; } printf("%lld\n",ans); } int main() { while(scanf("%lld%lld",&A,&B)!=EOF){ solve(); } return 0; }