p1593 因子和-优快云博客

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因子和

题目描述

输入两个整数 a和 b，求 $a^b$ 的因子和。

由于结果太大，只要输出它对 9901 取模的结果。

输入格式

仅一行，为两个整数 a 和 b。

输出格式

输出一行一个整数表示答案对 9901 取模的结果。

输入

2 3

输出

数据规模与约定

对于全部的测试点，保证保证 0≤b≤5×10^7 。

首先我们了解一下因子和咋求：

百度百科：算术基本定理，又称为正整数的唯一分解定理,即:每个大于1的自然数均可写为质数的积,而且这些素因子按大小排列之后,写法仅有一种方式。

即任何大于1的整数n可以唯一的表示成

n= ${p_1}^{a_1}$ ${p_2}^{a_2}$ ${p_3}^{a_3}$ ${p_4}^{a_4}$ … ${p_n}^{a_n}$

其因子和为： $p_1^0+p_1^1+p_1^2.....$ ${p_1}^{a_1})$ $p_2^0+P_2^1+p_2^2.....$ ${p_2}^{a_2})$ … $p_n^0+p_n^1+p_n^2.....$ ${p_n}^{a_n})$

= $\prod \limits_{i=0}^n$ $\frac{{P_i}^{a_i+1}-1}{{p_i}-1}$ 怎么来的我不知道哈，请移步度娘。

然后怎么做嘞：（本题参考了洛谷题解，所以思路可以有点相似哦）

1：先把质因子，和他的幂次分解出来，用两个数组保存

举一个桃子吧，假如给定一个数字100;首先我们从第一个质数2开始

100%2==0 ，100/2=50，现在我们记录了2这个数字，幂次为1.

50%2==0,50/2=25 质因子2的幂次加一为2;

25%2!=0; i++;一直到下一个能被整除的，

25%5==0 25/5=5;现在记录5这个数字，幂次为1

5%5==0 5/5=1质因子2的幂次加一为2,最终我们得到100分解为因子是 2 2 5 5 。

2：利用保存的质因子及其幂次，连乘（哦对，中间求逆元的时候还有一个坑，当 $p_i$ 是质数但是 $p_i - 1)$ 的值是取模值的倍数的时候，就不能直接用逆元了，但是 $p_i \% mod$ 目前是等于1啊，也不复杂，即 $p_i ^1+p_i^{2}+\cdots+p_i^{a_i})\%P$ = $(1+1+1+\cdots+1)$ = $a_i+1$

还有就是。。。取模。。记得取模。。必须取模。。永远取模。。好了，散了，自己动动手吧~

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mod 9901
int a,b,zyz[10000],mc[10000],num=0;//zyz是质因子，mc对应着幂次，num记录有多少个不同的质因子相乘
ll ans=1;//最后结果 

//快读模板 
inline int read()
{
	int x=0,f=1; char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
	return x*f; 
}
//快速幂（用于费马小定理求逆元）
ll fastpow(ll x,ll y)
{
	x%=mod;
	ll res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) res=res%mod*x%mod;
		y>>=1;
		x=x*x%mod;
	}
	return res%mod;
}

//连乘中每一项的值 x为质因数，y为对应质因数的幂次  
int solve(int x,int y)
{
	int k=0;y=y*b;//每一个质因子的幂次都还要乘以原题中的指数的大小 
	//特判分母和模数不互质的情况 
	if((x-1)%mod==0) k=(y+1)%mod; 
	else k=(fastpow(x%mod,y+1)-1)%mod*fastpow((x-1)%mod,mod-2)%mod;
	return k%mod; 
} 

int main()
{
	a=read();b=read();
	//底数分解质因子，求其幂次  
	for(int i=2;i*i<=a;i++){
		if(a%i==0)
		{
			num++;
			zyz[num]=i;
			mc[num]=1;
			a/=i;
			while(a%i==0)//还可以继续被这个质因子整除
		    {
		    	mc[num]++;
		    	a/=i; 
		    } 
		}
	}
	if(a!=1)//可能剩余一个很大的质因子数
	{
		num++;
		zyz[num]=a;
		mc[num]=1; 
	} 
	
	//连乘
	for(int i=1;i<=num;i++)
	{
		ans=ans*solve(zyz[i],mc[i])%mod;
	}
	printf("%d\n",(ans%mod+mod)%mod);
	return 0; 
}