POJ 1845-Sumdiv(快速幂取模+整数唯一分解定理+约数和公式+同余模公式)
题意：求（A^B）的约数和对9901取余的结果。
思路：转载--->優YoU
解题思路：
要求有较强 数学思维 的题
应用定理主要有三个：
要求有较强 数学思维 的题
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
因数个数：(k1+1)*(k2+1)*...*(kn+1)
（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
超棒的一道数论题
原文链接：http://blog.csdn.net/u013486414/article/details/46237349
- #include <stdio.h>
- #include <math.h>
- #include <string.h>
- #include <stdlib.h>
- #include <iostream>
- #include <sstream>
- #include <algorithm>
- #include <set>
- #include <queue>
- #include <stack>
- #include <map>
- using namespace std;
- typedef long long LL;
- const int inf=0x3f3f3f3f;
- const double eps=1e-10;
- const double pi= acos(-1.0);
- const int MAXN=1e5+10;
- const int mod=9901;
- LL Mul(LL a,LL b) {//快速乘法
- LL res=0;
- while(b>0) {
- if(b&1) res=(res+a)%mod;
- b>>=1;
- a=(a+a)%mod;
- }
- return res;
- }
- LL modxp(LL a,LL b) {//快速幂取余
- LL res=1;
- while(b>0) {
- if(b&1) res=Mul(res,a);
- b>>=1;
- a=Mul(a,a);
- }
- return res;
- }
- LL Sum(LL p,LL n) {//递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod
- if(n==0)
- return 1;
- if(n&1)
- return ((1+modxp(p,n/2+1))%mod*Sum(p,n/2)%mod)%mod;
- else
- return ((1+modxp(p,n/2+1))%mod*Sum(p,(n-1)/2)%mod+modxp(p,n/2)%mod)%mod;
- }
- int main() {
- int A,B,i;
- int p[MAXN];//A的分解式p[i]^k[i];
- int k[MAXN];
- while(~scanf("%d %d",&A,&B)) {
- int cnt=0;
- for(i=2; i*i<=A; i++) {//分解整数A (A为非质数)
- if(A%i==0) {
- p[cnt]=i;
- k[cnt]=0;
- while(A%i==0) {
- A/=i;
- k[cnt]++;
- }
- cnt++;
- }
- }
- if(A!=1) {//特殊判定：分解整数A (A为质数)
- p[cnt]=A;
- k[cnt]=1;
- cnt++;
- }
- int res=1;
- for(i=0; i<cnt; i++)
- res=(res%mod*Sum(p[i],B*k[i])%mod);
- printf("%d\n",res);
- }
- return 0;
- }
