POJ 1845 (约数和+二分等比数列求和)
题目链接: http://poj.org/problem?id=1845
题目大意：A^B的所有约数和，mod 9901.
解题思路：
①整数唯一分解定理：
一个整数A一定能被分成：A=(P1^K1)*(P2^K2)*(P3^K3).....*(Pn^Kn)的形式。其中Pn为素数。
如2004=(22)*3*167。
那么2004x=(22x)*(3x)*(167x)。
②约数和公式
对于一个已经被分解的整数A=(P1^K1)*(P2^K2)*(P3^K3).....*(Pn^Kn),
有约数和S=(1+P12+P13+.....P1k1)*.....(1+Pn2+Pn3+.....Pnkn)。
(1+P12+P13+.....P1k1)是一个等比数列，化简为(P1k1+1 -1)/(P1-1)，由于有除法同余式，很容易想到乘法逆元。
但是这题和HDU 1452不同，对于逆元表达式ax=1 mod n，乘法逆元存在的条件是gcd(a,n)=1,即a,n互质，但是这题的gcd(P1-1,9901)≠1, 所以不能用乘法逆元求解。
所以有必要对等比数列求和公式改一改：
（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，后半部分递归求解即可。
（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);
这样，在对A质因数分解后，对于每一个质因数，累乘sum(质因数，次数)%mod即可，注意sum计算的时候都要mod防止溢出。
注意一下A的范围，A=0或A=1时无法分解质因数，所以特判结果分别是0和1。
#include "cstdio" #include "map" using namespace std; #define LL long long #define mod 9901 map<LL,LL> prime_factor(LL n) { map<LL,LL> res; for(LL i=2;i*i<=n;i++) while(n%i==0) {++res[i];n/=i;} if(n!=1) res[n]=1; return res; } LL pow(LL a,LL n) { LL base=a,ret=1; while(n) { if(n&1) ret=(ret*base)%mod; base=(base*base)%mod; n>>=1; } return ret%mod; } LL sum(LL p,LL n) { if(n==0) return 1; if(n&1) return ((1+pow(p,(n>>1)+1))*sum(p,n>>1))%mod; else return ((1+pow(p,(n>>1)+1))*sum(p,(n-1)>>1)+pow(p,n>>1))%mod; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); LL a,b,res=1; scanf("%I64d%I64d",&a,&b); if(a==0) {printf("0\n");return 0;} map<LL,LL> fac=prime_factor(a); for(map<LL,LL>::iterator i=fac.begin();i!=fac.end();i++) { LL tmp=sum(i->first,i->second*b)%mod; res=(tmp*res)%mod; } printf("%I64d\n",res); }
| 13625416 | neopenx | 1845 | Accepted | 148K | 0MS | C++ | 992B | 2014-11-13 12:53:25 |