数论Sumdiv（整数的唯一分解定理+约束和公式+递归求等比）

Posted 2020-12-28 diliiiii

来源：https://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648539

题目描述

Consider two natural numbers A and B. Let S be the sum of all natural divisors of A^B. Determine S modulo 9901 (the rest of the division of S by 9901).

输入

The only line contains the two natural numbers A and B, (0 <= A,B <= 50000000)separated by blanks.

输出

The only line of the output will contain S modulo 9901.

样例输入

2 3

样例输出

15

提示

2^3 = 8. 
The natural divisors of 8 are: 1,2,4,8. Their sum is 15. 
15 modulo 9901 is 15 (that should be output). 

 

题意：求A^B的所有约数之和。

 

主要使用的定理：

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.约束和公式

      若已知整数a=(p1^k1)*(p2^k2)……*(pn^kn)

      有sum=(1+p1+p1^2+……+p1^k1)*(1+p2+p2^2+……+p2^k2)*……*(1+pn+pn^2+……+pn^kn)

3.同余模公式

     (a+b)%m=(a%m+b%m)%m

       (a*b)%m=(a%m*b%m)%m

 

解法：

  1.素因子分解  

              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。

 2.求a^b的所有约数之和

        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

 

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=10000;
const int mod=9901;
int a,b,p[N],n[N];

ll qm(ll a,ll b)
{
    ll ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ret=ret*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

ll sum(ll p,ll n)
{
    if(n==0)
        return 1;
    if(n%2)
        return (sum(p,n/2)*(1+qm(p,n/2+1)))%mod;
    else
        return (sum(p,n/2-1)*(1+qm(p,n/2+1))+qm(p,n/2))%mod;
}
int main()
{
    cin>>a>>b;
    int k=0;
    for(int i=2;i*i<=a;)
    {
        if(a%i==0)
        {
            p[k]=i;
            n[k]=0;
            while(a%i==0)
            {
                n[k]++;
                a/=i;
            }
            k++;
        }
        if(i==2)
            i++;
        else
            i+=2;
    }
    if(a!=1)
    {
        p[k]=a;
        n[k++]=1;
    }
    int ans=1;
    for(int i=0;i<k;i++)
        ans=(ans*(sum(p[i],n[i]*b)%mod))%mod;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}