poj1845 (数论+二分快速取模）

题意：求A^B的值的所有因子的和模9901，例如2^3=8 => 1+2+4+8=15。最后答案为15%9901 = 15。

分析：先将A^B分解成素因数形式：A^B = (P1^k1) + (P2^k2) + (P3^k3) + ...

那么A^B所有因子之和就是：S = (1 + P1^1 + P1^2 + P1^3 +...+ P1^K) * (1 + P2^1 + P2^2 + P2^3+...+P2^K) * (1 + P3^1 + P3^2 + P3^3 +...+ P3^K) * (...

计算 1 + P + P^2 + P^3 +...+ P ^K 可用二分求解；

当k是偶数时：例如k=4，1 + P + P^2 + P^3 + P^4 = (1+P) + P^2 * (1+P*(1+P))；

当k是奇数时：例如k=5，1 + P + P^2 + P^3 + P^4 + P^5 = (1 + P + P^2) + P^3 * (1 + P + P^2)；

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn = 10000;
int A,B;
int mod = 9901;
__int64 pow(__int64 x,__int64 n)//求p^n
{
__int64 ret=1, s = x;
while(1)
{
if(n & 1)
ret = ((ret % mod) * (s % mod)) % mod;
if(n >>= 1)
s = ((s % mod) * (s % mod)) % mod;
else break;
}
return ret;
}
__int64 sum(__int64 p, __int64 n)//求1 + p + p^2 +...+ p^n;
{
if(n==0)
return 1;
if(n & 1)		//n % 2 == 0;
return (((1 + pow(p,n/2+1)) % mod) * (sum(p,n/2) % mod)) % mod;
else
return (((1 + pow(p,n/2+1)) % mod) * (sum(p,(n-1)/2) % mod) + pow(p,n/2) % mod) % mod;
}
int main()
{
__int64 s, ans;
int i, p[maxn], c[maxn];	//p[i]表示第i个素因子，c[i]表示它的个数。
while(scanf("%d%d",&A,&B)!= EOF)
{
memset(p, 0, sizeof(p));
memset(c, 0, sizeof(c));
//a^b=p1^(c1*b) * .... * pi^(ci*b)
//ans=(1+p1+p1^2+...+p1^(c1*b))*()...*(1+pi+pi^2+...+pi^(ci*b))
//把A分解素数
for(i=2; i*i<=A; i++)//求所有A的素因子存在p[]中，
{
if(A % i ==0)
{
p[++p[0]] = i;
while( A % i == 0)
{
A /= i;
++c[p[0]];	//对应的素因子的个数。
}
}
}
if( A != 1)	//处理最后一个数。
{
p[++p[0]] = A;
c[p[0]] = 1;
}
ans = 1;
for(i=1; i<=p[0]; i++)//sum=(p1^(n1*B+1)–1)/(p1-1)*(p2^(n2*B+1)–1)/(p2–2)*…
{
ans = ((ans % mod) * (sum(p[i], c[i]*B)) % mod) % mod;
}
printf("%I64d/n",ans);
}
return 0;
}