Sumdiv|同余|约数|拓展欧几里得算法-优快云博客

Sumdiv|同余|约数|拓展欧几里得算法

呕，我吐了。

Sumdiv|同余|约数|拓展欧几里得算法

Problem

\[ 求A^{B}的所有约数之和 \ mod \ 9901\left(1\leqslant A,B \leqslant 5*10^{7}\right) \]

分析

约数个数定理部分

定理内容：

对于一个大于1的正整数n可以分解质因数：

则n的正约数个数为：

定理证明：

由约数定义可得,
\[ p_k^{a_k}的约数有\left(a_k+1\right)个。 \]
故根据乘法原理：

n的约数个数就是：

约数和定理部分

定理内容：

定理证明：

由约数个数定理和乘法原理可证。

等比数列部分

等比数列通项公式、求和公式

formula

题目分析

把A分解质因数
\[ A=p_1^{c_1}\cdot p_2^{c_2}\cdot p_3^{c_3}\cdot ... \cdot p_n^{c_n} \]

根据约数和定理得
\[ S=\prod_{i=1}^{i=n}\left(\sum_{j=1}^{j=B\cdot C_n}\right) \]
每一项都是一个等比数列

根据等比数列求和公式：
\[ S=1+p_k+p_k^2+...+p_k^{B\cdot C_1}=\frac{p_k^{B\cdot c_k+1}-1}{p_k-1} \]

扩展欧几里得算法部分

可以先用快速幂计算分子
\[ \left(P_k^{B\cdot c_1+1}-1\right)mod\ 9901 \]
和分母
\[ \left(p_k-1\right)mod\ 9901 \]
因为9901是质数，只要pk-1不是6601的倍数，就只需pk-1的乘法逆元inv，用乘inv代替除以(pk-1)，直接计算出等比数列求和公式的结果。

特别地，若pk-1是9901的倍数，此时乘法逆元不存在，但pk mod 9901=1，所以
\[ 1+p_k+p_k^2+...+p_k^{B\cdot c_1}\equiv1+1+1^2+...+1^{B\cdot c_1}\equiv B\cdot c_1+1\left(mod\ 9901\right) \]

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=9901;
ll a,b,m,ans=1;
ll p[20],c[20];
void divide(ll n){//分解质因数 
    m=0;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
        if(n%i==0){
            p[++m]=i,c[m]=0;
            while(n%i==0) n/=i,c[m]++;
        }
    if(n>1) p[++m]=n,c[m]=1;
}
ll power(ll a,ll b){
    ll c=1;
    while(b){
        if(b&1) c=(ll)c*a%mod;
        a=(ll)a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return c;
}
int main(){
    while(~scanf("%lld%lld",&a,&b)){
        ans=1;
        divide(a);
        for(ll i=1;i<=m;i++){
            if((p[i]-1)%mod==0){//没有逆元，特判 
                ans=(b*c[i]+1)%mod*ans%mod;
                continue;
            }
            ll x=power(p[i],(ll)b*c[i]+1);//分子
            x=(x-1+mod)%mod;
            ll y=p[i]-1;//分母
            y=power(y,mod-2);//根据费马小定理
            ans=(ll)ans*x%mod*y%mod; 
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

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