Sumdiv 等比数列求和

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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).

Source

Romania OI 2002

 

 

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

 

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <list>
#include <iomanip>
#include <cstdlib>
#include <sstream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF=0x4fffffff;
const double EXP=1e-6;
const int MS=1000005;
const LL mod=9901;

LL pow_mod(LL x,LL n)
{
      LL res=1;
      while(n)
      {
            if(n&(1LL))
                  //res=res*x%mod;
                  res=((res%mod)*(x%mod))%mod;
            n>>=1;
           // x=x*x%mod;
           x=(x%mod)*(x%mod);
      }
      return res;
}

LL calc(LL x,LL y)       //   sigma (0->y)  x^i
{
      if(y==0)
            return 1;
      if(y&(1LL))
            return ((calc(x,y/2)%mod)*((pow_mod(x,y/2+1)+1)%mod))%mod;
            //return calc(x,y/2)*(1+pow_mod(x,y/2+1));
      else
            return (    (  (calc(x,y/2-1)%mod)* (  (pow_mod(x,y/2+1)+1)%mod)  )   %mod+pow_mod(x,y/2)  )%mod;
           //return calc(x,y/2-1)*(pow_mod(x,y/2+1)+1)+pow_mod(x,y/2);
}

LL prime[MS];
LL cnt[MS];

int main()
{
      LL x,y;
      cin>>x>>y;
      LL t=(LL)(sqrt(x*1.0)+EXP);
      LL k=0;
      for(LL i=2;i<=t;i++)
      {
            if(x%i==0)
            {
                  prime[k]=i;
                  while(x%i==0)
                  {
                        cnt[k]++;
                        x/=i;
                  }
                  k++;
            }
      }
      if(x!=1LL)
      {
            prime[k]=x;
            cnt[k++]=1;
      }

      LL ans=1LL;
      for(LL i=0;i<k;i++)
            ans=(ans%mod*calc(prime[i],cnt[i]*y)%mod)%mod;
      cout<<ans<<endl;
      return 0;
}