POJ---1845：Sumdiv【因数和定理】

最新推荐文章于 2021-10-22 16:49:22 发布

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#因数和定理

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该博客主要介绍了如何利用因数和定理解决POJ 1845问题，即求解A^B的所有约数和并模9901。博主分析了约数和定理，并提供了两种解法：一种是根据等比数列求和公式直接计算，另一种是递归计算1 + p + p^1 + ... + p^n。博客给出了相应的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：

求 A^B 的所有约数和，输出结果 mod 9901

分析：

约数和定理：

$A^B=p_1^{a_1*B}*p_2^{a_2*B}*p_3^{a_3*B}*...*p_k^{a_k*B}$

A^B 的质因子无非是A的每个质因子的个数扩大了B倍，直接套公式，等比数列求和有:

$\frac{p_i^n-1}{p_i-1}~mod~9901$ ，模数太小，pi - 1可能和9901不互质，就不能通过逆元来求，下面给出两种解法：

求解：

**(1) $a/b~mod~c=a~mod~(b*c)/b$**

上面公式仅在 b|a 时成立，我们可以反向验证这个公式

设 x = a / b，则 a = b * x，那么 a % bc = bx % bc，设 bx % bc = k，则 bx = y*bc + k，等式两边同时除以 b 得到：x = y*c + k/b，即：x % c = k/b，得证：a/b % c = a % bc / b

(y*bc + k) % b = (bx % b) = 0，得到 k % b = 0，即a % bc / b 一定是个整数

这个公式就不涉及到逆元，而（p-1）|（p^n - 1）(容易证明)，套上公式即可

代码:

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 9901;
LL T,a,b,p[1000],num[1000];
int cal(){
    int len = 0;
    for(int i = 2;1LL*i*i <= a; ++i){
        if(a % i == 0){
            p[len] = i;
            while(a % i == 0){
                num[len]++;
                a /= i;
            }
            len++;
        }
    }
    if(a > 1){p[len] = a;num[len++] = 1;}
    return len;
}
LL qmul(LL a,LL b,LL MOD){
    LL res = 0;
    while(b){
        if(b & 1) res = (res + a) % MOD;
        a = (a + a) % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
LL qpow(LL a,LL x,LL MOD){            //MOD可能很大,使用快速乘防止溢出
    LL res = 1;
    a %= MOD;
    while(x){
        if(x & 1) res = qmul(res,a,MOD);
        a = qmul(a,a,MOD);
        x >>= 1;
    }
    return res;
}
LL solve(){
    int len = cal();
    LL res = 1;
    for(int i = 0;i < len; ++i){
         LL MOD = mod * (p[i]-1);
         res = (((qpow(p[i],num[i]*b+1,MOD)-1+MOD)%MOD)/(p[i]-1) * res) % mod;
     }
    return res;
}
int main(){
    cin >> a >> b;                   //此题并没有a = 0 的数据
    if(a == 0 && b == 0) cout << 1 << '\n';
    else if(a <= 1) cout<< a << '\n';
    else cout<< solve() << '\n';
    return 0;
}

（2）递归计算1 + p + p^1 + ...... + p^n

设 sum(p，n) = 1 + p + p^1 + ...... + p^n，则有：

n为奇数：sum(p，n) = (1 + p^(n/2+1)) * sum(p，n/2)

n为偶数：sum(p，n) = (1 + p^(n/2+1)) * sum(p，n/2-1) + p^(n/2)

展开不难验证公式的正确性，复杂度为O(logn)

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 9901;
LL T,a,b,p[1000],num[1000];
int cal(){
    int len = 0;
    for(int i = 2;1LL*i*i <= a; ++i){
        if(a % i == 0){
            p[len] = i;
            while(a % i == 0){
                num[len]++;
                a /= i;
            }
            len++;
        }
    }
    if(a > 1){p[len] = a;num[len++] = 1;}
    return len;
}
LL qpow(LL a,LL x){
    LL res = 1;
    a %= mod;  
    while(x){
        if(x & 1) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        x >>= 1;
    }
    return res;
}
LL sum(LL p,LL n){
    if(n == 0) return 1;
    if(n & 1) return (1 + qpow(p,n/2+1)) * sum(p,n/2) % mod;
    else return ((1 + qpow(p,n/2+1)) * sum(p,n/2-1) % mod + qpow(p,n/2)) % mod;
}
LL solve(){
    int len = cal();
    LL res = 1;
    for(int i = 0;i < len; ++i)
        res = res * sum(p[i],num[i]*b) % mod;
    return res;
}
int main(){
    cin >> a >> b;
    if(a == 0 && b == 0) cout << 1 << '\n';
    else if(a <= 1) cout<< a << '\n';
    else cout<< solve() << '\n';
    return 0;
}