poj 1845 Sumdiv(求逆元)

Sumdiv

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

题意：给定两个正整数和，求的所有因子和对9901取余后的值。

分析：很容易知道，先把分解得到，那么得到，那么

的所有因子和的表达式如下

所以我们有两种做法。第一种做法是二分求等比数列之和。

代码：

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10005;
const int MOD = 9901;

bool prime[N];
int p[N];
int cnt;

void isprime()
{
    cnt = 0;
    memset(prime,true,sizeof(prime));
    for(int i=2; i<N; i++)
    {
        if(prime[i])
        {
            p[cnt++] = i;
            for(int j=i+i; j<N; j+=i)
                prime[j] = false;
        }
    }
}

LL power(LL a,LL b)
{
    LL ans = 1;
    a %= MOD;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = ans * a % MOD;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % MOD;
    }
    return ans;
}

LL sum(LL a,LL n)
{
    if(n == 0) return 1;
    LL t = sum(a,(n-1)/2);
    if(n & 1)
    {
        LL cur = power(a,(n+1)/2);
        t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;
    }
    else
    {
        LL cur = power(a,(n+1)/2);
        t = (t + t % MOD * cur % MOD) % MOD;
        t = (t + power(a,n)) % MOD;
    }
    return t;
}

void Solve(LL A,LL B)
{
    LL ans = 1;
    for(int i=0; p[i]*p[i] <= A; i++)
    {
        if(A % p[i] == 0)
        {
            int num = 0;
            while(A % p[i] == 0)
            {
                num++;
                A /= p[i];
            }
            ans *= sum(p[i],num*B) % MOD;
            ans %= MOD;
        }
    }
    if(A > 1)
    {
        ans *= sum(A,B) % MOD;
        ans %= MOD;
    }
    cout<<ans<<endl;
}

int main()
{
    LL A,B;
    isprime();
    while(cin>>A>>B)
        Solve(A,B);
    return 0;
}

第二种方法就是用等比数列求和公式，但是要用逆元。用如下公式即可

因为可能会很大，超过int范围，所以在快速幂时要二分乘法。

代码：

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10005;
const int MOD = 9901;

bool prime[N];
int p[N];
int cnt;

void isprime()
{
    cnt = 0;
    memset(prime,true,sizeof(prime));
    for(int i=2; i<N; i++)
    {
        if(prime[i])
        {
            p[cnt++] = i;
            for(int j=i+i; j<N; j+=i)
                prime[j] = false;
        }
    }
}

LL multi(LL a,LL b,LL m)
{
    LL ans = 0;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = (ans + a) % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = (a + a) % m;
    }
    return ans;
}

LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
    LL ans = 1;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = multi(ans,a,m);
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = multi(a,a,m);
    }
    return ans;
}

void Solve(LL A,LL B)
{
    LL ans = 1;
    for(int i=0; p[i]*p[i] <= A; i++)
    {
        if(A % p[i] == 0)
        {
            int num = 0;
            while(A % p[i] == 0)
            {
                num++;
                A /= p[i];
            }
            LL M = (p[i] - 1) * MOD;
            ans *= (quick_mod(p[i],num*B+1,M) + M - 1) / (p[i] - 1);
            ans %= MOD;
        }
    }
    if(A > 1)
    {
        LL M = MOD * (A - 1);
        ans *= (quick_mod(A,B+1,M) + M - 1) / (A - 1);
        ans %= MOD;
    }
    cout<<ans<<endl;
}

int main()
{
    LL A,B;
    isprime();
    while(cin>>A>>B)
        Solve(A,B);
    return 0;
}

其实有些题需要用到模的所有逆元，这里为奇质数。那么如果用快速幂求时间复杂度为，

如果对于一个1000000级别的素数，这样做的时间复杂度是很高了。实际上有的算法，有一个递推式如下

它的推导过程如下，设，那么

对上式两边同时除，进一步得到

再把和替换掉，最终得到

初始化，这样就可以通过递推法求出模奇素数的所有逆元了。

另外模的所有逆元值对应中所有的数，比如，那么对应的逆元是。