POJ1845 数论 二分快速取余

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：

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

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#include<iostream>
using namespace std;

const int size=10000;
const int mod=9901;

__int64 sum(__int64 p,__int64 n);  //递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod
__int64 power(__int64 p,__int64 n);  //反复平方法求 (p^n)%mod

int main(void)
{
    int A,B;
    int p[size];//A的分解式,p[i]^n[i]
    int n[size];

    while(cin>>A>>B)
    {
        int i,k=0;  //p,n指针

        /*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))
                {
                    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

        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

__int64 sum(__int64 p,__int64 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;
}

__int64 power(__int64 p,__int64 n)  //反复平方法求(p^n)%mod
{
    __int64 sq=1;
    while(n>0)
    {
        if(n%2)
            sq=(sq*p)%mod;
        n/=2;
        p=p*p%mod;
    }
    return sq;
}

转载自：優YoU http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648539

POJ1845 数论 二分快速取余