POJ 1845 (洛谷 ：题目待添加)Sumdiv

约数和

题目描述

给出a和b求a^b的约数和。

输入格式：

一行两个数a,b。

输出格式：

一个数表示结果对 9901 的模。

Input

2 3

Output

15

SB的思路：

这是一道典型的数论题，本蒟蒻在做的时候首先瞄出a为质数的解法（简直废话，是个人都看得出），

即sum(a,b)=a^0+a^2+a^3+···+a^(b-1)+a^b,然后自以为搞出了什么，结果随手举个反例就Wa了，但是很明显也很容易想到要用快速幂。

然后我又想到洛谷月赛T1，以及一道要用到费马小定理的题目，加上我打出的表，我发现：

 a=(a1^k1)*(a2^k2)*···*(an^kn)   （其中a1为质因子，k1为该质因子个数）

那么a^b=(a1^k1)^b*(a2^k2)^b*···*(an^kn)^b

再加上质数的约数和的规律我的表

a^b的约数和(暂且用sum表示)就是sum(a,b)=sum(a1,k1*b)*sum(a2,k2*b)*···*sum(an,kn*b)

然后我很愚蠢地使用只快速幂来求约数和，这个想法太愚蠢了我都没脸说（我当时是这样想的：a^b的约数和做两次快速幂就出来了，即在做a^b和a^(b-1)的过程中累加ans值，然后当b-1或b等于0的时候特判一下，本蒟蒻果然没有摸清快速幂的原理。。。），然后又被自己的样例否决了。

想不出正解我就只好暴力，然后在洛谷上水了30分，而我打出的伪正解只有10分

正确思路：

话说我似乎跑偏了，那么上最正确的解题思路（http://www.cnblogs.com/neopenx/p/4094705.html）：

事实上最重要的是约数和公式：

①整数唯一分解定理：

一个整数A一定能被分成：A=(P₁^K₁)*(P₂^K₂)*(P₃^K₃).....*(P_n^K_n)的形式。其中P_n为素数。

如2004=(2²)*3*167

那么2004^x=(2^2x)*(3^x)*(167^x)

②约数和公式

对于一个已经被分解的整数A=(P₁^K₁)*(P₂^K₂)*(P₃^K₃).....*(P_n^K_n),

有约数和S=(1+P₁²+P₁³+.....P₁^k₁)*.....(1+P_n²+P_n³+.....P_n^k_n)。

(1+P1²+P1³+.....P1^k1)是一个等比数列，化简为(P1^k1+1 -1)/(P₁-1)，由于有除法同余式，很容易想到乘法逆元。

但是这题和HDU 1452不同，对于逆元表达式ax=1 mod n，乘法逆元存在的条件是gcd(a,n)=1,即a,n互质，但是这题的gcd(P₁-1,9901)≠1, 所以不能用乘法逆元求解。

所以有必要对等比数列求和公式改一改：

（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，后半部分递归求解即可。

（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);

这样，在对A质因数分解后，对于每一个质因数，累乘sum(质因数，次数)%mod即可，注意sum计算的时候都要mod防止溢出。

注意一下A的范围，A=0或A=1时无法分解质因数，所以特判结果分别是0和1。

根据以上定理，不难发现这道题非常之水，但是数论太渣，所以公式也没有推到底，再加上自己对快速幂的理解不够深刻，以我的智力是打不出正解的。。。

代码：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 const long long mod=;
 using namespace std;
 long long zs[],gs[];
 long long n,m,p,Ans,s;
 long long mmp[];
 void f(long long num) //求a的质因子和该质因子的个数
 {
    long long i,j=;
    for(i=;i*i<=num;i++)
    {
        if(num%i==)
        {
           long long count=;
           zs[++j]=i;
           while(num%i==)
           {
              count++;
              num/=i;
           }
           gs[j]=count;

        }
    }
    if(num>)
    {
       zs[++j]=num;
       gs[j]=;
    }
    s=j;
 }
 long long ksm(long long a,long long b) //快速幂，注意要边乘边模
 {
     long long ans=,base=a;
     long long f=;
     while(b>)
     {
         if(b%!=)
         ans=(ans*base)%mod;
         base=(base*base)%mod;
         b/=;
     }
     return ans;
 }
 long long sum(long long p,long long k) //递推求约数和公式前一部分
 {
     if(k==) return ;
     if(k%) return ((sum(p,k/)*(+ksm(p,k/+)))%mod);
     else return ((sum(p,k/-)*(+ksm(p,k/+))+ksm(p,k/))%mod);
 }
 int main()
 {
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    Ans=;
    if(m==) //特判一下
    {
       printf("");
       return ;
    }
    f(n);
    for(int i=;i<=s;i++)
    {
       Ans=(Ans*(sum(zs[i],gs[i]*m)%mod))%mod; //约数和公式
    }
    printf("%lld",Ans);
    return ;
 }

这道题似乎有三种做法，大部分是用的以上这种，毕竟很好想到，若是知道约数和公式就非常轻松了，不知道约数和公式也可以推出来（像我这种地表最弱蒟蒻就算了）

还有一种较为常见的就是逆元，但我一个同学说他直接用快速幂求sum(a1,(k1^b)%mod)过了。。。

这篇博客我逼逼得有点多，见谅。