poj-1845(大数模运算)

大致题意：

求A^B的所有约数（即因子）之和，并对其取模 9901再输出。

解题思路：

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

#include<iostream>#include<stdio.h>#include<string.h>#define lld long long intusing namespace std;const int mod=9901;int A,B;int f[100000];//A的分解式f[i]^n[i]int n[100000];lld pow(lld p,lld k) // (p^n)%mod {    lld s=1;    while(k)    {        if(k&1){            s=s*p%mod;        }        p=p*p%mod;        k>>=1;    }    return s;} lld sum(lld p,lld k)//递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod {    if(k==0) return 1;    if(k%2) return (sum(p,k/2)*(1+pow(p,k/2+1))%mod);//奇数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))      return ((sum(p,k/2-1)*(1+pow(p,k/2+1))+pow(p,k/2))%mod); //偶数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2)}int main(){    cin>>A>>B;    int k=0;    memset(n,0,sizeof(n));    for(int i=2;i*i<=A;) /*常规做法：分解整数A (A为非质数)*/    {        if(A%i==0){                f[++k]=i;            while(A%i==0){                    A/=i;                n[k]++;            }        }        if(i==2) i++;        else i+=2;    }     /*常规做法：分解整数A (A为非质数)*/    if(A!=1){        f[++k]=A;        n[k]=1;    }    int ans=1;    for(int s=1;s<=k;s++)    {        ans=(ans*(sum(f[s],n[s]*B)%mod))%mod;//n[i]*B可能会超过int，因此用__int64    }    cout<<ans<<endl;    return 0;}