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(Relax 数论1.23)POJ 1845 Sumdiv(求A^B的约数之和)
2013-11-27 15:02:44           
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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

 

 

 

/* 
 * POJ_1845.cpp 
 * 
 *  Created on: 2013年11月23日 
 *      Author: Administrator 
 */  
  
#include <iostream>  
#include <cstdio>  
#include <cmath>  
#include <algorithm>  
  
using namespace std;  
typedef long long ll;  
  
const int mod = 9901;  
const int maxn = 10000;  
  
ll power(ll p, ll n) {//反复平方法求(p^n)%mod  
    ll sq = 1;  
    while (n > 0) {  
        if (n % 2)  
            sq = (sq * p) % mod;  
        n /= 2;  
        p = p * p % mod;  
    }  
    return sq;  
}  
  
ll sum(ll p, ll n) { //递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod  
    //奇数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))  
    if (n == 0)  //偶数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2)  
        return 1;  
    if (n % 2)  //n为奇数,  
        return (sum(p, n / 2) * (1 + power(p, n / 2 + 1))) % mod;  
    else  
        //n为偶数  
        return (sum(p, n / 2 - 1) * (1 + power(p, n / 2 + 1)) + power(p, n / 2))  
                % mod;  
}  
  
  
  
int main() {  
    int A,B;  
    int p[maxn];  
    int n[maxn];  
  
    while(scanf("%d%d",&A,&B)!=EOF){  
  
        int i;  
        int k = 0;  
         /*常规做法:分解整数A (A为非质数)*/  
        for(i= 2 ; i*i <= A ;){ //根号法+递归法  
            if(A%i==0){  
                p[k] = i;  
                n[k] = 0;  
                while(A%i == 0){  
                    n[k]++;  
                    A/=i;  
                }  
  
                k++;  
            }  
  
            if(i == 2){//奇偶法  
                i++;  
            }else{  
                i += 2;  
            }  
        }  
  
        /*特殊判定:分解整数A (A为质数)*/  
        if(A!=1){  
            p[k] = A;  
            n[k++] = 1;  
        }  
  
        int ans = 1;//约数和  
        for(i = 0 ; i < k ; ++i){  
            ans = (ans*(sum(p[i],n[i]*B)%mod))%mod;//n[i]*B可能会超过int,因此用__int64  
        }  
  
        printf("%d",ans);  
    }  
  
    return 0;  
}  

 

 

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