【简●解】POJ 1845 【Sumdiv】
【题目大意】
给定\(A\)和\(B\)，求\(A^B\)的所有约数之和，对\(9901\)取模。
（对于全部数据，\(0<= A <= B <=50,000,000\)）
【算法关键词】
- 数论
- 综合模板
- 二分，乘法逆元
【分析】
不管什么题首先思考的肯定是暴力解法。起码可以骗分啊，当然，如果能一眼标算，那再好不过了。
这道题暴力做法就不说了，其实仔细思考也不会真的打暴力吧。。。
看见约数，首先想到的应该就是数论的有关知识。那么这道题实际上就是在求\(A^B\)的约数之和，问题的难点就在于求解答案的时间优化。
首先，可以思考唯一分解定理，即任意一个自然数都可分解且只能分解成以下形式：
其中，\(p\)为质因数，\(k\)为自然数。
那如何实现呢？
首先通过线性筛把题目范围内的质数筛出来存在一个数组里，然后枚举数组里的质数是否能被\(A\)整除，即枚举\(p\)，如果能，就以\(p\)为底枚举\(k\)，并存入相对应的数组。
于是就可分解为：
设\(a\)所有约数和为\(ans(a)\)
对于两个互质的数\(a\),\(b\),必定有\(ans(ab)=ans(a)*ans(b)\):
令\(a\)约数为\(x_1\),\(x_2\)...\(x_m\)，\(b\)约数为\(y_1\),\(y_2\),...\(y_n\)
由\(a\),\(b\)互质,\(a_1->a_m\)与\(b_2->b_n\)无公共元素
那么
得证 这不是积性函数的性质吗
同理，\(p_i^{k_i*B}\)与\(p_j^{k_j*B}\)互质
所以:
其中:
即:
（理解不透彻的可以把这个拆开看看）
公式推到这里，其实就可以写代码了，在这里，还要注意\(sum_i\)的计算。
这里有两种方法。
- 二分+递归思想。
若\(k_i\)为奇数:
若\(k_i\)为偶数:
证明的话可以把上面的式子拆开来看，这里不再赘述。
- 等比数列通项公式。
当然，如果在模的意义下这样做就需要乘法逆元的相关知识，这里就只给出法一的代码。法二的代码可以自己尝试下。其实是因为我懒
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define debug() puts("FBI WARNING!")
#define ll long long
#define R register
using namespace std;
/*常量申明*/
const int MAX = 500000;
const int BIG_SEVEN = 777777;
const int MEIZI = 100000;
const int mod = 9901;
/*函数申明*/
void ola(); void test(); void divide(); void cls();void solve();
ll binary_pow(ll, ll); ll sum(ll, ll); ll read();
/*变量申明*/
ll a, b, s, prim[BIG_SEVEN], p[MEIZI], k[MEIZI];
bool vis[MAX + 5];
int cnt, tot;
int main(){
ola();
while (~scanf("%lld %lld", &a, &b)) {
cls();
divide();
solve();
//test();
}
return 0;
}
inline ll read(){ // 快读 (貌似没用上)
ll f = 1, x = 0;char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f*x;
}
inline void ola() { // 欧拉筛
vis[1] = 1;
for (R int i = 2;i < MAX; ++i) {
if (!vis[i]) {
prim[cnt++] = i;
}
for (R int j = 0;j < cnt ; ++j) {
if (i*prim[j] > MAX) break;
vis[i*prim[j]] = 1;
if (i%prim[j] == 0) break;
}
}
}
inline void cls() {tot = 0, cnt = 0;} // 多组数据初始化
inline void divide() { // 唯一分解定理
memset(k, 0, sizeof(k));ll rose = a;
for (R int i = 0; prim[i] <= rose/prim[i]; ++i) {
if (rose%prim[i] == 0) {
p[tot] = prim[i];
while (rose%prim[i] == 0) {
// debug();
k[tot]++;
rose /= prim[i];
}
tot++;
}
}
if (rose != 1) {
p[tot] = rose;
k[tot++] = 1;
}
}
inline void solve() { // 累加答案
ll ans = 1;
for (R int i = 0; i < tot; ++i) {
ans *= (sum(p[i], b*k[i]) %mod);
ans %= mod;
}
printf("%lld\n", ans);
}
inline void test() { // 测试函数
/*check ola()*/
for (R int i = 0;i < cnt; ++i) {
cout << prim[i] << " ";
}
printf("%.2lf\n",(double)clock()/CLOCKS_PER_SEC);
/*check divide()*/
for (R int i = 0;i < tot; ++i) {
printf("%lld^%lld\n", p[i], k[i]);
}
cout << tot;
}
inline ll binary_pow(ll a, ll b) { // 二进制实现的快速模幂
ll ans = 1, tmp = a%mod;
while (b) {
if (b&1) {ans *= tmp; ans %= mod;}
b >>= 1;
tmp *= tmp; tmp %= mod;
}
return ans;
}
inline ll sum(ll p, ll k) { // 约数和二分实现（p^0+p^1+...+p^k）
if (p == 0) return 0;
if (k == 0) return 1;
if (k & 1) return ((1+binary_pow(p, k/2+1)) %mod * sum(p, k/2) %mod) %mod; // 奇数
else return ((1+binary_pow(p, k/2+1)) %mod*sum(p, k/2-1) + binary_pow(p, k/2) %mod) %mod;
}
