POJ_1845 Sumdiv

最新推荐文章于 2022-02-16 20:25:56 发布

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分类专栏： ACM-数学文章标签： c ini c++ p2p

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/ivan_zjj/article/details/7592436

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本文提供了一种解决POJ 1845问题的有效算法，该问题要求计算A^B所有正约数之和模9901的结果。通过因式分解和快速幂取模运算，文章详细解释了如何高效地解决这个问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

http://poj.org/problem?id=1845

题意：

求A^B的所有正约数的和模9901的结果。 A,B<=50000000。

思路：

先将A^B进行因式分解，其实只要对A进行因式分解即可，假设A的一个质因子为

pi，次数为ci ,则A^B中pi的次数就是ci*B次。这样就可以得到下面的式子：

A^B = (p1^c1 * p2^c2 * p3^c3 * .. * pn^cn )^B ，也就是下面这个式子：

A^B = p1^(c1*B) * p2^(c2*B) * ...... * pn^(cn*B) ) ，因为A^B的约数，就是在它的

质因子中进行选择，每个质因子都有(ci*B+1)中选择，换一种想法也就是每个质

因子都有不选，选1个，选2个，选3个....选ci*B个这么多种选择，而要构成一个

因数，则选择所有的质因子的选择情况想乘起来，然后再将这些因数相加就是最

终的结果。也就是sum = (1+p1+p1^2+p1^3 + .. + p1^(c2*B) ) * (1+p2+p2^2+p2^3

+ .. + p2^(c2*B) ) * ()* (1+pn+pn^2+pn^3 + .. + p1^(cn*B) )，解下去的就是快速幂

取模的运算了，这里不再详细说明。

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
typedef long long LL ;
LL a ,b ;
const LL Mod = 9901 ;
const int N = 10000 ;
bool is_p[N] ;
int p[N] ,cnt ;
LL ans ;

void init(){
    for(int i=1;i<N;i++)    is_p[i] = 1 ;
    cnt = 0 ;
    is_p[1] = 0 ;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if( is_p[i] == 0 )continue ;
        p[cnt++] = i ;
        for(int j=2;j*i<N;j++){
            is_p[i*j] = 0 ;
        }
    }
}
LL cal(LL a ,LL b){
    LL res=1 , add =a ;
    while(b){
        if(b & 1){
            res = res * add % Mod ;
        }
        add = add * add % Mod ;
        b /= 2 ;
    }
    return res ;
}
LL calc(LL p , LL n){
    if(n == 0)  return 1 ;
    if(n == 1)  return (p+1)%Mod ;
    LL a = (n+1) / 2 - 1;
    LL res = calc( p, a );
    LL rr = cal( p , a+1 ) ;
    rr = ( rr + 1 ) % Mod ;
    res = res*rr % Mod ;
    if(n & 1){
        ;
    }
    else{
        res = (res + cal(p , n) ) % Mod ;
    }
    return res ;
}
void solve(){
    LL n = a ,res;
    ans = 1 ;
    for(int i=0;i<cnt && p[i]*p[i]<=n;i++){
        if( n%p[i] == 0 ){
            LL c = 0 ;
            while( n%p[i]==0 ){
                c++ ;
                n /= p[i] ;
            }
            res = c * b ;
            res = calc( p[i] , res ) ;
            ans = ans * res % Mod ;
        }
    }
    if(n > 1){
        res = b ;
        res = calc( n , res ) ;
        ans = ans * res % Mod ;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

int main(){
    init() ;
    while(scanf("%lld%lld",&a,&b) == 2){
        solve() ;
    }
    return 0;
}