poj1845-Sumdiv

来源：互联网发布：freebsd内核源码编辑：程序博客网时间：2024/06/18 15:32

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 ) ;elsereturn ( ( ( 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 ; }