poj-1845-Sumdiv-数论-快速幂取模+快速分解因式

题意：
给你两个数a，b；
求a^b的所有的因子的和模上9901；
做法：

这道题目应用定理主要有三个：

（1）   整数的唯一分解定理：

      任意正整数都有且只有一种方式写出其素因子的乘积表达式。

      A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)   其中pi均为素数

（2）   约数和公式：

对于已经分解的整数A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)

有A的所有因子之和为

    S = (1+p1+p1^2+p1^3+...p1^k1) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^k2) * (1+p3+ p3^3+…+              p3^k3) * .... * (1+pn+pn^2+pn^3+...pn^kn)

（3）   同余模公式：

(a+b)%m=(a%m+b%m)%m

(a*b)%m=(a%m*b%m)%m

有了上面的数学基础，那么本题解法就很简单了：

1: 对A进行素因子分解

分解A的方法：

A首先对第一个素数2不断取模，A%2==0时 ，记录2出现的次数+1，A/=2；

当A%2!=0时，则A对下一个连续素数3不断取模...

以此类推，直到A==1为止。

 

注意特殊判定，当A本身就是素数时，无法分解，它自己就是其本身的素数分解式。

最后得到A = p1^k1 * p2^k2 * p3^k3 *...* pn^kn.
      故 A^B = p1^(k1*B) * p2^(k2*B) *...* pn^(kn*B);

2：A^B的所有约数之和为：

     sum = [1+p1+p1^2+...+p1^(a1*B)] * [1+p2+p2^2+...+p2^(a2*B)] *...*                                      [1+pn+pn^2+...+pn^(an*B)].

3: 用递归二分求等比数列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：

（1）若n为奇数,一共有偶数项，则：
      1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n

      = (1+p^(n/2+1)) + p * (1+p^(n/2+1)) +...+ p^(n/2) * (1+p^(n/2+1))
      = (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))

上式中红色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，那么只需要不断递归二分求和就可以了，后半部分为幂次式，将在下面第4点讲述计算方法。

（2）若n为偶数,一共有奇数项,则:
      1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n

      = (1+p^(n/2+1)) + p * (1+p^(n/2+1)) +...+ p^(n/2-1) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2)
      = (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2);

   上式红色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，依然递归求解

4：反复平方法计算幂次式p^n

   这是本题关键所在，求n次幂方法的好坏，决定了本题是否TLE。

   以p=2，n=8为例

   常规是通过连乘法求幂，即2^8=2*2*2*2*2*2*2*2

   这样做的要做8次乘法

   而反复平方法则不同，

   定义幂sq=1，再检查n是否大于0，

While，循环过程若发现n为奇数，则把此时的p值乘到sq

{

                n=8>0 ，把p自乘一次， p=p*p=4     ，n取半 n=4

                n=4>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=16   ，n取半 n=2

n=2>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=256  ，n取半 n=1，sq=sq*p

n=1>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=256^2  ，n取半 n=0，弹出循环

}

则sq=256就是所求，显然反复平方法只做了3次乘法

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<math.h>
using namespace std;
#define Max 100000
#define mod 9901
long long a,b;
long long power(long long x,long long y)
{
    long long t;
    if(y==0) return 1%mod;
    if(y==1) return x%mod;
    t=power(x,y/2);
    t=t*t%mod;
    if(y%2==1) t=t*x%mod;
    return t;
}
long long mou(long long x,long long y)
{
    if(y==0)return 1;
    if(y%2==0)return (((mou(x,y/2-1)%mod)*((1+power(x,y/2+1))%mod))%mod+power(x,y/2)%mod)%mod;
    if(y%2!=0)return (mou(x,y/2)%mod)*((1+power(x,y/2+1))%mod)%mod;
}
void dos()
{
    long long pn[Max];
    long long kn[Max];
    long long t,k,i,res;
    t=(int)sqrt(a*1.0);
    k=0;
    for(i=2;i<=t;i+=2)
    {
        if(a%i==0)
        {
            pn[k]=i;
            kn[k]=0;
            while(a%i==0)
            {
                kn[k]++;
                a=a/i;
            }
        }
        k++;
        if(i==2)i--;
        if(a==1)break;
    }
    if(a!=1)
    {
        pn[k]=a;
        kn[k++]=1;
    }
    for(i=0;i<k;i++)
    {
        kn[i]=kn[i]*b;
    }
    res=1;
    for(i=0;i<k;i++)
    {
        res=res*mou(pn[i],kn[i])%mod;
    }
    printf("%lld\n",res);
}
int main()
{

    cin>>a>>b;
    dos();
    return 0;
}