POJ 1845（Sumdiv） 數論好題
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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
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).
分析（轉自某部落格）：
這是一道數論的好題，需要較好的數學基礎
題意: 給定A,B，求A^B的所有因數的和，再MOD 9901
這裡用到了數論當中相當一部分知識
a. 唯一分解定理
任何一個整數都可以分解為若干個素數的冪的乘積的形式
A = ( p1 ^ q1 * p2 ^ q2 * ..... * pn ^ qn ) p為素數
A^B = ( p1 ^ (q1*B) * p2 ^ (q2*B) * ..... * pn ^ (qn*B) )
b. 約數個數公式 約數和公式
ys( A ) = ( 1+q1)(1+q2)(1+q3).....(1+qn)
Sum( A ) = ( 1 + p1 + p1^2 + .... + p1^q1 ) * ( 1 + p2 + p2^2 + .... + p2^q2 ) * ...... * ( 1 + pn + pn^2 +.....+ pn^qn )
Sum( A^B ) = (1 + p1 + p1^2 + .... + p1^(q1*B) ) * ( 1 + p2 + p2^2 + .... + p2^(q2*B) ) * ...... * ( 1 + pn + pn^2 +.....+ pn^(qn*B) )
一個數首先我們對他進行質因數分解.由上面的唯一分解定理得到
A = ( p1^q1 ) * (p2^q2) * (p3^q3) * ......*(pn^qn)
對於每一個pi ,可以取的次數為 0 - qi, 由乘法公式
所以一個數的約數個數為ys( A ) = (1+q1)(1+q2)(1+q3)....(1+qn)
約數和公式
A = ( p1^q1 ) * (p2^q2) * (p3^q3) * ......*(pn^qn)
每一個約數,可以取0個到q1個,那麼就是這個約數對總和的貢獻....
然後,乘法原理。
c. 快速冪取模
二分的思想遞迴求解A^B%C
d. 簡單的模計算公式
(a*b)%M = (a%M)*(b%M)%M
e. 遞迴求解等比數列前n項和 （或者是用乘法逆元來求，還不會，馬上補上）
( 1 + p1 + p1^2 + .... + p1^n ) 分奇偶進行討論：
1.) n 為 奇數 ( n & 1 ), 總共有偶數項 ,假設n == 5
( 1 + p1 + p1^2 + p1^3 + p1^4 + p1^5 ) = ( 1 + p1 + p1^2 + p1^3 (1 + p1 + p1^2 ) )
=( 1 + p1 + p1^2 + p^(5/2+1) (1 + p1 + p1^2) )
=( 1+ p^(5/2+1) ) * (1 + p1 + p1^2 )
轉化為一般式應該為
( 1 + p1 + p1^2 + .... + p1^n )
= ( 1 + p1 + p1^2 + .... + p1^(n/2) + p^(n/2+1) * (1 + p1 + p1^2 + ..... p1^(n/2)) )
=(1 + p^(n/2+1)) * (1 + p1 + p1^2 + ..... + p1^(n/2))
=(1 + fast_mod(p1,n/2+1) ) * sum(p1,n/2)
2.) n 為 偶數 總共有奇數項 ,假設n == 6
( 1 + p1 + p1^2 + p1^3 + p1^4 + p1^5 + p1^6 ) = ( 1 + p1 + p1^2 + p1^3 + p1^4 (1 + p1 + p1^2) )
=( 1 + p1 + p2 + p1^4( 1 + p1 + p2 ) + p1^3 )
=( (1 + p^4)( 1 + p1 + p2 ) + p1^3 )
轉化為一般式子為
( 1 + p1 + p1^2 + .... + p1^n )
=( 1 + p1^(n/2+1) ) * ( 1 + p1 + p2 + ... + p^(n/2-1) ) + p1^(n/2)
=( 1 + fast_mod(p1,n/2+1) )* sum( p1, n/2-1 ) + fast_mod(p1,n/2)
f.乘法逆元
首先我們需要知道等比數列的前N項和
然後除以(1-q)轉化為乘法逆元來做
這裡應該是求的前n+1項和。。看前面的公式就知道了
Sum( A^B ) = (1 + p1 + p1^2 + .... + p1^(q1*B) ) * ( 1 + p2 + p2^2 + .... + p2^(q2*B) ) * ...... * ( 1 + pn + pn^2 +.....+ pn^(qn*B) )
單拆開這一項來說 (1 + p1 + p1^2 + .... + p1^(q1*B) )
有B*q1 +１項， Sn上下兩邊去負號
Sn = (q^(B*q1 + 1) - 1) / ( q - 1)
對於乘法逆元：在mod m的操作下（即Zm中），
a存在乘法逆元當且僅當a與m互質。不定方程ab+mx=1的任意一組整數解(b,x)，b就是a的乘法逆元。
所以這題還有一個特判 如果 num % MOD == 1, 那就是說明 (num-1)%MOD == 0
這個情況下，不能num-1沒有乘法逆元。要另外計算。。
具體怎麼計算，也是搞了老半天不懂，，後來還是要自己推。
如果 a % MOD == 1
那麼( 1 + a^1 + a^2 + a^3 + ... +a^n )%MOD
=( 1 + a-1 + 1 + (a-1 + 1)^2 + (a-1 + 1)^3 + ..... + (a-1 +1)^n ) % MOD
=( 1 + 1 + 1 +1 ..... + 1 + (a-1)*K ) % MOD (這裡暫且不管K是多少，但是因為(a-1) % MOD == 0,所以可以直接全部約去 )
=( 1 + 1 + 1 + 1.... + 1 ) % MOD
= n + 1
程式碼：#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long int ll;
const int mod = 9901;
struct Node{
int Num;
int Count;
};
Node factor[50000];
int Count_factor = -1; //合數分解N(1/4)的時間複雜度
void Init(int N){
int sum=0;
for(int i=2; i<=N; i++){
if(N%i==0){
sum = 0;
while(N%i==0){
sum++;
N /= i;
}
factor[++Count_factor].Num = i;
factor[Count_factor].Count = sum;
}
}
}
ll quick_pow(ll a,ll m){
ll ans = 1;
while(m){
if(m%2)
ans = (ans*a)%mod;
a = (a*a)%mod;
m /= 2;
}
return ans;
}
ll F(int a,int b){
ll tmp1 = quick_pow(a,b+1);
tmp1 = (tmp1-1+mod)%mod;
ll tmp2 = quick_pow(a-1,mod-2);
return (tmp1*tmp2)%mod;
}
int main(){
int A,B;
scanf("%d%d",&A,&B);
if(A==0){
printf("0\n");
return 0;
}
Init(A);
ll ans=1;
for(int i=0; i<=Count_factor; i++){
factor[i].Count *= B;
if( (factor[i].Num-1)%mod==0 )
ans = (ans*(factor[i].Count+1))%mod;
else
ans = (ans*F(factor[i].Num,factor[i].Count))%mod;
}
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}