poj 1845 Sumdiv （大数幂取模）
2014-11-18 23:42
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Description
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).
Input
The only line contains the two natural numbers A and B, (0 <= A,B <= 50000000)separated by blanks.
Output
The only line of the output will contain S modulo 9901.
Sample Input
2 3
Sample Output
15
Hint
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 mod 9901。
思路：大数模运算。
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
解法：
1: 对A进行素因子分解
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。
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^(k1*B)] * [1+p2+p2^2+...+p2^(k2*B)] *...* [1+pn+pn^2+...+pn^(kn*B)].
3: 用递归二分求等比数列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：（注意这只是上面约数和sum公式里中括号[ ]里的式子，因为我们将sum分为若干部分，然后一部分一部分的求，
最后再乘起来）
（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))
（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);
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
此算法模式也常用于矩阵乘法中
#include <iostream>
#include <math.h>
#include <string.h>
using namespace std;
const int N=4000000;
const int MOD=9901;
int prime[10001],cnt=0;
bool isprime[4000001];
long long p[1000],n[1000],count=0;
void getprime() //打素数表,这种方式在当N很大时速度很快，可作为模板
{
int i,j,k,m;
m=sqrt(1.0*N)+1;
memset(isprime,true,sizeof(isprime));
isprime[0]=isprime[1]=false;
prime[cnt++]=2;
for(i=4;i<=N;i=i+2)
isprime[i]=false;
for(i=3;i<=m;i++)
{
if(isprime[i])
{
prime[cnt++]=i;
for(k=i+i,j=i*i;j<=N;j=j+k)
isprime[j]=false;
}
}
for(;i<=N;i++)
if(isprime[i])
prime[cnt++]=i;
}
void fenjie(int A) //对A进行素因子分解
{
count=0;
for(int i=0;prime[i]<=A/prime[i];i++)
if(A%prime[i]==0)
{
p[count]=prime[i];
while(A%prime[i]==0)
{
n[count]++;
A=A/prime[i];
}
count++;
}
if(A!=1)
{
p[count]=A;n[count++]=1;
}
}
long long pow(long long a,long long n)//快速模幂运算
{
long long res=1;
a=a%MOD;
while(n)
{
if(n&1)
res=(res*a)%MOD;
n=n/2;
a=(a*a)%MOD;
}
return res;
}
long long sum(long long p,long long n)//计算1+p+p^2+````+p^n
{
if(p==0)return 0;
if(n==0)return 1;
if(n&1)//n为奇数，一共有偶数项 ，用公式(1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))
return ((1+pow(p,n/2+1))%MOD*sum(p,n/2)%MOD)%MOD;
else //n为偶数，一共有奇数项，用公式(1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2);
return ((1+pow(p,n/2+1))%MOD*sum(p,n/2-1)+pow(p,n/2)%MOD)%MOD;
}
int main()
{
int A,B;
getprime();
while(cin>>A>>B)
{
if(A==0)
{cout<<"0"<<endl;continue;}
memset(p,0,sizeof(p));
memset(n,0,sizeof(n));
fenjie(A);
long long ans=1;
for(int i=0;i<count;i++)
ans=ans*(sum(p[i],n[i]*B)%MOD)%MOD;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
int p[1000],n[1000],count=0;
const int mod=9901;
void fenjie(int A)
{
for(int i=2;i*i<A;)
{
if(A%i==0)
{
p[count]=i;
while(A%i==0)
{
n[count]++;
A=A/i;
}
count++;
}
if(i==2)
i++;
else //除了2之外的偶数一定都不是质数，所以只考虑奇数
i=i+2;
}
if(A!=1)
{
p[count]=A;
n[count++]=1;
}
}
long long pow(long long a,long long n)
{
long long res=1;
a=a%mod;
while(n)
{
if(n&1)
res=(res*a)%mod;
n=n/2;
a=(a*a)%mod;
}
return res;
}
long long sum(long long p,long long n)
{
if(n==0)return 1;
if(n&1)
return ((1+pow(p,n/2+1))%mod*sum(p,n/2))%mod;
else
return ((1+pow(p,n/2+1))%mod*sum(p,n/2-1)+pow(p,n/2)%mod)%mod;
}
int main()
{
int A,B;
while(cin>>A>>B)
{
if(A==0){cout<<"0"<<endl;continue;}
memset(p,0,sizeof(p));
memset(n,0,sizeof(n));
fenjie(A);
int ans=1;
for(int i=0;i<count;i++)
ans=(ans*(sum(p[i],n[i]*B)%mod))%mod;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
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).
Input
The only line contains the two natural numbers A and B, (0 <= A,B <= 50000000)separated by blanks.
Output
The only line of the output will contain S modulo 9901.
Sample Input
2 3
Sample Output
15
Hint
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 mod 9901。
思路：大数模运算。
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
解法：
1: 对A进行素因子分解
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。
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^(k1*B)] * [1+p2+p2^2+...+p2^(k2*B)] *...* [1+pn+pn^2+...+pn^(kn*B)].
3: 用递归二分求等比数列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：（注意这只是上面约数和sum公式里中括号[ ]里的式子，因为我们将sum分为若干部分，然后一部分一部分的求，
最后再乘起来）
（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))
（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);
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
此算法模式也常用于矩阵乘法中
#include <iostream>
#include <math.h>
#include <string.h>
using namespace std;
const int N=4000000;
const int MOD=9901;
int prime[10001],cnt=0;
bool isprime[4000001];
long long p[1000],n[1000],count=0;
void getprime() //打素数表,这种方式在当N很大时速度很快，可作为模板
{
int i,j,k,m;
m=sqrt(1.0*N)+1;
memset(isprime,true,sizeof(isprime));
isprime[0]=isprime[1]=false;
prime[cnt++]=2;
for(i=4;i<=N;i=i+2)
isprime[i]=false;
for(i=3;i<=m;i++)
{
if(isprime[i])
{
prime[cnt++]=i;
for(k=i+i,j=i*i;j<=N;j=j+k)
isprime[j]=false;
}
}
for(;i<=N;i++)
if(isprime[i])
prime[cnt++]=i;
}
void fenjie(int A) //对A进行素因子分解
{
count=0;
for(int i=0;prime[i]<=A/prime[i];i++)
if(A%prime[i]==0)
{
p[count]=prime[i];
while(A%prime[i]==0)
{
n[count]++;
A=A/prime[i];
}
count++;
}
if(A!=1)
{
p[count]=A;n[count++]=1;
}
}
long long pow(long long a,long long n)//快速模幂运算
{
long long res=1;
a=a%MOD;
while(n)
{
if(n&1)
res=(res*a)%MOD;
n=n/2;
a=(a*a)%MOD;
}
return res;
}
long long sum(long long p,long long n)//计算1+p+p^2+````+p^n
{
if(p==0)return 0;
if(n==0)return 1;
if(n&1)//n为奇数，一共有偶数项 ，用公式(1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))
return ((1+pow(p,n/2+1))%MOD*sum(p,n/2)%MOD)%MOD;
else //n为偶数，一共有奇数项，用公式(1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2);
return ((1+pow(p,n/2+1))%MOD*sum(p,n/2-1)+pow(p,n/2)%MOD)%MOD;
}
int main()
{
int A,B;
getprime();
while(cin>>A>>B)
{
if(A==0)
{cout<<"0"<<endl;continue;}
memset(p,0,sizeof(p));
memset(n,0,sizeof(n));
fenjie(A);
long long ans=1;
for(int i=0;i<count;i++)
ans=ans*(sum(p[i],n[i]*B)%MOD)%MOD;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
int p[1000],n[1000],count=0;
const int mod=9901;
void fenjie(int A)
{
for(int i=2;i*i<A;)
{
if(A%i==0)
{
p[count]=i;
while(A%i==0)
{
n[count]++;
A=A/i;
}
count++;
}
if(i==2)
i++;
else //除了2之外的偶数一定都不是质数，所以只考虑奇数
i=i+2;
}
if(A!=1)
{
p[count]=A;
n[count++]=1;
}
}
long long pow(long long a,long long n)
{
long long res=1;
a=a%mod;
while(n)
{
if(n&1)
res=(res*a)%mod;
n=n/2;
a=(a*a)%mod;
}
return res;
}
long long sum(long long p,long long n)
{
if(n==0)return 1;
if(n&1)
return ((1+pow(p,n/2+1))%mod*sum(p,n/2))%mod;
else
return ((1+pow(p,n/2+1))%mod*sum(p,n/2-1)+pow(p,n/2)%mod)%mod;
}
int main()
{
int A,B;
while(cin>>A>>B)
{
if(A==0){cout<<"0"<<endl;continue;}
memset(p,0,sizeof(p));
memset(n,0,sizeof(n));
fenjie(A);
int ans=1;
for(int i=0;i<count;i++)
ans=(ans*(sum(p[i],n[i]*B)%mod))%mod;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
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