Sumdiv 等比数列求和

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Sumdiv

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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-;
 const int MS=;
 const LL mod=;

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

 LL calc(LL x,LL y)       //   sigma (0->y)  x^i
 {
       if(y==)
             return ;
       if(y&(1LL))
             return ((calc(x,y/)%mod)*((pow_mod(x,y/+)+)%mod))%mod;
             //return calc(x,y/2)*(1+pow_mod(x,y/2+1));
       else
             return (    (  (calc(x,y/-)%mod)* (  (pow_mod(x,y/+)+)%mod)  )   %mod+pow_mod(x,y/)  )%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=;
       for(LL i=;i<=t;i++)
       {
             if(x%i==)
             {
                   prime[k]=i;
                   while(x%i==)
                   {
                         cnt[k]++;
                         x/=i;
                   }
                   k++;
             }
       }
       if(x!=1LL)
       {
             prime[k]=x;
             cnt[k++]=;
       }

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