所有因数之和（题目来源：编程爱好者论坛）

来源：互联网发布：多例模式 java 编辑：程序博客网时间：2024/04/29 04:42

第一题：
时间限制：1s
输入2个数字n,s。求数字n的所有因数之和除以s的余数。

比如输入6 5
6的因数有1,2,3,6,因数之和为12,因为12除以5的余数为2
于是输出2。

假设n,s都不超过5000000

分析：

公式：N可分解为a^m*b^n*c^p……

那末N的所有正因数和为

(1+a+a^2+……+a^m)*(1+b+b^2+……+b^n)*(1+c+c^2+……+c^p)……

简略证明如下：由乘法法则可知，上述括号的连乘积为从所有括号中各取一个相乘，这样就可以保证它包含所有因数

稍微举个简单的例子更好理解：216=2^3*3^3 那末216的所有正因数和即为

(1+2+4+8)*(1+3+9+27)

详细分析下为什么这里要size >=sqrt(5000000)

如果不筛选到sqrt（50000000），那么一旦给出5000000内的大于已经筛选出的素数的幂次。这样就会把这个数当作一个素数，但是事实不是，而是一个比较大的素数的幂次。故至少要筛选到sqrt（5000000）。

参考代码：size=sqrt（5000000）

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<stdlib.h>
#define size 2300
int y[size],p[size],tt;
int prime()//筛选素数
{
int i,j,k=0;
for(i=2;i*i<size;i++)
{
if(!y[i]){for(j=i*i;j<size;j+=i)y[j]=1;}
}
for(i=2;i<size;i++)
{if(!y[i]){p[k++]=i;}}
return k;
}
int SumFactorMod(int n, int s)
{
int sum=1,k=0,ps=0,tm;
while(k<tt&&p[k]<=n)
{
tm=0;
while(n!=0&&!(n%p[k]))
{
n/=p[k];
ps++;
}
for(int i=0;i<=ps;i++)
{
tm+=(int)pow(p[k],i);}
sum*=tm;
sum=sum%s;
k++;ps=0;
}
if(n>1){
sum=(sum*(1+n))%s;
}
return sum;
}
int main()
{
int n,s,sum;
tt=prime();
while(scanf("%d%d",&n,&s)!=EOF)
{
sum=1;
if(n!=1)
sum=SumFactorMod(n,s);
printf("%d/n",sum%s);
}
return 0;
}

#include<stdio.h>#include<math.h>#include<stdlib.h>#define size 2300 int y[size],p[size],tt; int prime()//筛选素数{ int i,j,k=0; for(i=2;i*i<size;i++) { if(!y[i]){for(j=i*i;j<size;j+=i)y[j]=1;} } for(i=2;i<size;i++) {if(!y[i]){p[k++]=i;}} return k;} int SumFactorMod(int n, int s){ int sum=1,k=0,ps=0,tm; while(k<tt&&p[k]<=n) { tm=0; while(n!=0&&!(n%p[k])) { n/=p[k]; ps++; } for(int i=0;i<=ps;i++) { tm+=(int)pow(p[k],i);} sum*=tm; sum=sum%s; k++;ps=0; } if(n>1){ sum=(sum*(1+n))%s; } return sum; } int main(){ int n,s,sum; tt=prime(); while(scanf("%d%d",&n,&s)!=EOF) { sum=1; if(n!=1) sum=SumFactorMod(n,s); printf("%d/n",sum%s); } return 0;}

第二题：
输入3个数字n, m, s。求数字n的m次方的所有因数之和除以m的余数。
比如输入6 2 5
6^2=36
36的因数有1,2,3,4,6,9,12,18,36,因数之和为91
91除以5的余数为1，所以输出1。
假设n, m, s都不超过5000000
这里规定这个s一直是9901 这样好做点。POJ 1845

这个题目比上面的稍微复杂点。知道了a=p1^m1*p2^m2……

那么给出了a^b=p1^(m1*b)*p2^(m2*b)……指数都乘以了b就行

那么a^b的所有因数和=(1+p1^1+p1^2+……p1^(m1*b))*(1+p2^2+……p2^(m2*b))*……

一样吧。只是这个数一大项数很多，而且乘的也很多，只要解决加快项数的运算就行了。

还有就是p2^(m2*b)可能超出int 也超出__int64或long long 不要怕这里有个取余嘛

一边算一边取余就是了。

二分法in乘方

如何计算a^n ？

1）计算a*a*a*…*a*a*a，需要计算n-1次乘法，时间复杂度O(n)

2）考虑实例a^4，计算b=a*a，再算c=b*b，则c=a^4，但是只用了两次乘法，效率提高。比如a^9=a*(a^4)*(a^4)，只需用4次乘法，一般的，a^n时间复杂度为O(logn)

用于快速算出乘数。

项数也可以用同样方法，二分怎么二分呢？是不是一下子看不出来？？

式子都是等比数列吧，项数有奇项与偶项，分开考虑就行了。

首先，偶项：

1+p 1+p+p^2+p^3 1+p+p^2+p^3+p^4+p^5 ……

这些都是偶项的。而且都是后者是前者的两倍，二分的模型来了。

X1=1+p

X2=1+p+p^2(1+p)=(1+p)(1+p^2) X3=1+p+p^2+p^3+p^4+p^5+p^6+p^7=1+p+p^2(1+p)+p^4+p^5+p^6+p^7=(1+p)*(1+p^2)+p^4(1+p)*(1+p^2)=

(1+p)*(1+p^2)*(1+p^4)

所以是:X3=(X2*(1+P^(2^3/2))=(X1*(1+p^(2^2/2))*(1+p^(2^3/2)) 也就是((1+exp(p,k/2))*t)

exp(p,k/2)其实就是算出P^(2^3/2) 这样的。

现在，奇项：

X1 =1 项数 1

X2=1+p+p^2 =X1+p^(3/2)*(1+p*X1) 项数 1*2+1

X3=1+p+p^2+p^3+p^4+p^5+p^6=1+p+p^2+p^3*(1+p*(1+p+p^2))=X2+p^(7/2)*(1+p*X2) 项数：（1*2+1）*2+1 前面的蓝色字体的7就是项数这个对应式子：(t+exp(p,k/2)*(1+p*t))

exp(p,k/2)：相当于p^(7/2)

t:就相当于X

相当清楚了吧。。。。。。

完整参考代码：//参考哦，不保证没有BUG ~~

/*7100>=sqrt(50000000)*/
#include<stdio.h>
#define size 7100
#define m 9901
int y[size],p[size],k;
void prime()
{
int i,j;
k=0;
for(i=2;i*i<size;i++)
{
if(!y[i]){
for(j=i*i;j<size;j+=i)y[j]=1;
}
}
for(i=2;i<size;i++)
if(!y[i])
p[k++]=i;
}
__int64 exp(__int64 a,__int64 b)
{
if(b==1)
return a;
__int64 t =exp(a,b/2);
if(b&1)
{
return (t*t*a)%m;
}
return (t*t)%m;
}
__int64 sum(__int64 p,__int64 k)
{
if(k==1)
return 1;
__int64 t=sum(p,k/2);
if(k&1)
{
return (t+exp(p,k/2)*(1+p*t))%m;
}
else
return ((1+exp(p,k/2))*t)%m;
}
int main()
{
int a,b,t,cc;
__int64 s;
prime();
cc=k;
while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF)
{
if(a==1||b==0)
{ printf("1/n");
continue;
}
k=t=0;
s=1;
while(k<cc&&p[k]<=a)
{
t=0;
while(a%p[k]==0)
{
a/=p[k];
t++;
}
s=(s*sum(p[k],t*b+1))%m;
k++;
}
if(a>1)
{
s*=sum(a,b+1);
s=s%m;
}
printf("%d/n",s );
}
return 0;
}

/*7100>=sqrt(50000000)*/#include<stdio.h>#define size 7100#define m 9901 int y[size],p[size],k; void prime(){ int i,j; k=0; for(i=2;i*i<size;i++) { if(!y[i]){ for(j=i*i;j<size;j+=i)y[j]=1; } } for(i=2;i<size;i++) if(!y[i]) p[k++]=i;} __int64 exp(__int64 a,__int64 b){ if(b==1) return a; __int64 t =exp(a,b/2); if(b&1) { return (t*t*a)%m; } return (t*t)%m;} __int64 sum(__int64 p,__int64 k){ if(k==1) return 1; __int64 t=sum(p,k/2); if(k&1) { return (t+exp(p,k/2)*(1+p*t))%m; } else return ((1+exp(p,k/2))*t)%m; } int main(){ int a,b,t,cc; __int64 s; prime(); cc=k; while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF) { if(a==1||b==0) { printf("1/n"); continue; } k=t=0; s=1; while(k<cc&&p[k]<=a) { t=0; while(a%p[k]==0) { a/=p[k]; t++; } s=(s*sum(p[k],t*b+1))%m; k++; } if(a>1) { s*=sum(a,b+1); s=s%m; } printf("%d/n",s ); } return 0;}

//在雨中飞燕那里做了下题目又有所收获，视乎在统计

a=p1^m1*p2^m2...... 里的m1的时候可以优化。可以想起判断是否是素数只要看小于sqrt(n)

题目是这样的：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#define size 32000
int y[size]={0},p[size]={0};
int prime()
{
int i,j,k=0;
for(i=2;i*i<size;i++)
{
if(!y[i])
{
for(j=i*i;j<size;j+=i)
y[j]=1;
}
}
for(i=2;i<size;i++)
if(!y[i])
p[k++]=i;
return k;
}
void yinzi(int n,int k)
{
int i,t,flag=0;
float x=sqrt(n);
for(i=0;i<k&&n>1&&p[i]<=x;i++)
{
t=0;
while(n!=0&&n%p[i]==0)
{
n/=p[i];
t++;
}
if(t)
{
if(flag)
{
printf(" * ");
}
printf("%d",p[i]);
if(t>1)
{
printf("^%d",t);
}
x=sqrt(n);
flag=1;
}
}
if(n>1)
{
if(flag)
printf(" * %d",n);
else
{
printf("%d",n);
}
}
printf("/n");
}
int main()
{
int n;
int k = prime();
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
printf("%d = ",n);
if(n==1)
{
printf("1/n");
continue;
}
yinzi(n,k);
}
return 0;
}

输入n(1 <= n <= 1e9)，有多组测试数据：
616
27

输出：
616 = 2^3 * 7 * 11
27 = 3^3
（注意输出空格，但行末不要有空格）

难度：for beginner

参考代码：

所有因数之和 （题目来源：编程爱好者论坛）

所有因数之和（题目来源：编程爱好者论坛）