poj_1845

源地址：http://poj.org/problem?id=1845

题目大意就是给你A,B两个数，求A^B所有因子的和。

要解这道题目，那么就要先知道好几个知识点。

1.对于一个整数A，它有唯一的分解性，即它能被分解成其质因子幂的乘积：

A=p1^k1*p2^k2*p3^k3*p4*k4........pn^kn(其中pi是A的质因子)

2.对于一个已经分解为A=p1^k1*p2^k2*p3^k3*p4*k4........pn^kn的整数A，其所有的因子的和为：

Sum=(1+p1+p1^2+...p1^k1)*(1+p2+p2^2+p2^3+....p2^k2)+......(1+pn+pn^2+pn^3+......pn^kn)

3.递归求解1+pi+pi^2+...pi^i的模板

__int64 sum(__int64 p,__int64 n)  //递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod

{                          //奇数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))

    if(n==0)               //偶数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2)

        return 1;

    if(n%2)  //n为奇数,

        return (sum(p,n/2)*(1+power(p,n/2+1)))%mod;

    else     //n为偶数

        return (sum(p,n/2-1)*(1+power(p,n/2+1))+power(p,n/2))%mod;

}

其中power(a,b)就是快速幂取余的模板，这个比较熟悉。

知道了以上这三点，就不难解决这道题目。

我们把A的所有质因子及其幂次全部拆解出来，注意A可能最后也是个质数，要考虑在内。

拆解以后，我们求得是A^B的所有因子和，那么上面的式子就变形为：

Sum=(1+p1+p1^2+...p1^(k1*B))*(1+p2+p2^2+p2^3+....p2^(k2*B))+......(1+pn+pn^2+pn^3+......pn^(kn*B))

带到模板里去计算即可。

#include<stdio.h>#include<iostream>#include<string>#include<string.h>#include<algorithm>#include<iomanip>#include<vector>#include<time.h>#include<queue>#include<stack>#include<iterator>#include<math.h>#include<stdlib.h>#include<limits.h>#include<set>#include<map>//#define ONLINE_JUDGE#define eps 1e-8#define INF 0x7fffffff#define FOR(i,a) for((i)=0;i<(a);(i)++)#define MEM(a) (memset((a),0,sizeof(a)))#define sfs(a) scanf("%s",a)#define sf(a) scanf("%d",&a)#define sfI(a) scanf("%I64d",&a)#define pf(a) printf("%d\n",a)#define pfI(a) printf("%I64d\n",a)#define pfs(a) printf("%s\n",a)#define sfd(a,b) scanf("%d%d",&a,&b)#define sft(a,b,c)scanf("%d%d%d",&a,&b,&c)#define for1(i,a,b) for(int i=(a);i<b;i++)#define for2(i,a,b) for(int i=(a);i<=b;i++)#define for3(i,a,b)for(int i=(b);i>=a;i--)#define MEM1(a) memset(a,0,sizeof(a))#define MEM2(a) memset(a,-1,sizeof(a))const double PI=acos(-1.0);template<class T> T gcd(T a,T b){return b?gcd(b,a%b):a;}template<class T> T lcm(T a,T b){return a/gcd(a,b)*b;}template<class T> inline T Min(T a,T b){return a<b?a:b;}template<class T> inline T Max(T a,T b){return a>b?a:b;}using namespace std;#define ll long longint n,m;#define Mod 1000000007#define N 510#define M 1000100const int size = 46340+4;const int mod = 9901;int p;ll prm[10010];ll num[10010];ll A,B;ll power(ll p,ll n){ll res=1;while(n){if(n&1)res = (res*p)%mod;p = p*p%mod;n>>=1;}return res;}ll Sum(ll p,ll n){if(n == 0)return 1;if(n%2)return (Sum(p,n/2)*(1+power(p,n/2+1)))%mod;elsereturn (Sum(p,n/2-1)*(1+power(p,n/2+1))+power(p,n/2))%mod;}int main(){#ifndef ONLINE_JUDGE    freopen("in.txt","r",stdin);//  freopen("out.txt","w",stdout);#endif    while(scanf("%I64d%I64d",&A,&B)!=EOF){    memset(prm,0,sizeof prm);    memset(num,0,sizeof num);    int p=0;    for(ll i=2;i*i<=A;){    if(A%i==0){    prm[p] = i;    num[p]=0;    while(A%i==0){    num[p]++;    A /= i;    }    p++;    }    if(i==2) i++;//    else i+=2;//跳过偶数    }    if(A != 1){//最后A整除的只剩下其本身为质数    prm[p] = A;    num[p]++;    p++;    }    ll ans = 1;    for(int i=0;i<p;i++){    ans = (ans*Sum(prm[i],num[i]*B))%mod;    }    printf("%I64d\n",ans%mod);    }return 0;}