Sumdiv(快速幂+约数和)
2015-08-22 21:29
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Sumdiv
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 30000K
Total Submissions: 16244 Accepted: 4044
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).
Source
Romania OI 2002
思路:優YoU http://user.qzone.qq.com/289065406/blog/1309237394
大致题意:
求A^B的所有约数(即因子)之和,并对其取模 9901再输出。
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:
(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
(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:
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
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
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
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 30000K
Total Submissions: 16244 Accepted: 4044
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).
Source
Romania OI 2002
思路:優YoU http://user.qzone.qq.com/289065406/blog/1309237394
大致题意:
求A^B的所有约数(即因子)之和,并对其取模 9901再输出。
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
(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
#include <set> #include <map> #include <list> #include <stack> #include <cmath> #include <queue> #include <string> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #define PI cos(-1.0) #define RR freopen("input.txt","r",stdin) using namespace std; typedef long long LL; const int INF = 0x3f3f3f3f; const int MOD = 9901; const int MAX = 1e6; int prime[100000]; bool vis[MAX]; int top; int a,b; int num[20]; int bite[20]; LL Pow(LL p,LL n)//快速幂 { LL ans=1; while(n) { if(n%2) { ans=(ans*p)%MOD; } n/=2; p=(p*p)%MOD; } return ans; } LL sum(LL p,LL n)//计算约数和 { if(n==0) { return 1; } if(n%2) { return (sum(p,n/2)*(1+Pow(p,n/2+1)))%MOD; } else { return ((sum(p,n/2-1)*(1+Pow(p,n/2+1)))+Pow(p,n/2))%MOD; } } void Getprime()//素数筛 { top=0; memset(vis,false,sizeof(vis)); for(LL i=2; i<MAX; i++) { if(!vis[i]) { prime[top++]=i; for(LL j=i*i; j<MAX; j+=i) { vis[j]=true; } } } } int main() { Getprime(); int ans; while(~scanf("%d %d",&a,&b)) { ans=0; memset(num,0,sizeof(num)); for(int i=0; prime[i]*prime[i]<=a; i++) { if(a%prime[i]==0)//分解因子 { bite[ans]=prime[i]; while(a%prime[i]==0) { a/=prime[i]; num[ans]++; } ans++; } } if(a!=1) { bite[ans]=a; num[ans]++; ans++; } int ant=1; for(int i=0;i<ans;i++) { ant=(ant*(sum(bite[i],num[i]*b)))%MOD; } printf("%d\n",ant); } return 0; }
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