POJ1845 Sumdiv

我对分治的理解：https://www.cnblogs.com/AKMer/p/9728574.html

题目传送门：http://poj.org/problem?id=1845

题目求\(a^b\)的所有约数之和。

如果一个数\(a=p_1^{l_1}p_2^{l_2}p_3^{l_3}....p_k^{l_k}\)，那么\(p_1^{g_1}p_2^{g_2}....p_k^{g_k},\forall g_i\in[0,l_i]\)是\(a\)的约数。\(a\)的约数个数就有\(\prod\limits_{i=1}^n(l_i+1)\)个(每个质因子都有\([0,l_i]\)那么多幂可以选择)。而他们的和就是\((1+p_1^1+p_1^2+...p_1^{l_1})(1+p_2^1+p_2^2+...+p_2^{l_2})...(1+p_k^1+p_k^2+...+p_k^{l_k})\)

在\([0,5e7]\)范围内，一个数最多有\(8\)个不同的质因数，所以我们只需要掌握快速求一形如\(a^0+a^1+a^2+...+a^p\)的式子的值就可以了。

如果你会等比数列求和公式和求乘法逆元，那么请出门左拐，因为我接下来要讲的是分治做法。

我们令\(mid=p>>1\).

如果\(p\)是奇数，那么这个式子一共有偶数个加数。我们在后半部分提出一个\(a^{mid}\)，式子就可以变成\((a^{mid}+1)(a^0+a^1+a^2+...+a^{mid-1})\)，对于\((a^{mid}+1)\)我们可以利用快速幂求出，而\((a^0+a^1+a^2+...+a^{mid-1})\)我们可以递归处理。

如果\(p\)是偶数，同理，原式等于\(a^{mid}+(1+a^{mid+1})(a^0+a^1+a^2+...+a^{mid-1})\)

若\(p\)等于零，那么直接\(return\) \(1\)就可以了。

时间复杂度：\(O(log^2n)\)

空间复杂度：\(O(1)\)

代码如下：

#include <cstdio>
using namespace std;

const int pps=9901;

int a,b,ans=1;

int read() {
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
	return x*f;
}

int quick(int a,int b) {
	int sum=1;a%=pps;
	while(b) {
		if(b&1)sum=sum*a%pps;
		a=a*a%pps;b>>=1;
	}
	return sum;
}

int query(int p,int power) {
	if(power==0)return 1;
	if(power&1)return (1+quick(p,(power>>1)+1))*query(p,power>>1)%pps;
	else return (quick(p,power>>1)+(quick(p,(power>>1)+1)+1)*query(p,(power>>1)-1)%pps)%pps;
}

int main() {
	a=read(),b=read();
	if(!a) {puts("0");return 0;}
	for(int i=2;i<=a;i++)
		if(a%i==0) {
			int tmp=0;
			while(a%i==0)
				a/=i,tmp++;
			tmp*=b;
			ans=ans*query(i,tmp)%pps;
		}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}