小M的因子和
时间限制：1000 ms |
内存限制：65535 KB
难度：2
- 描述
小M在上课时有些得意忘形，老师想出道题目难住他。小M听说是求因子和，还是非常得意，但是看完题目是求A的B次方的因子和，有些手足无措了，你能解决这个问题吗？
- 输入
- 有多组测试样例
每行两个数 A ,B ，（1≤A,B≤10^9） - 输出
- 输出A的B次方的因子和，并对9901取余。
- 样例输入
2 3
- 样例输出
15
- 上传者
Sumdiv
| Time Limit: 1000MS | Memory Limit: 30000K | |
| Total Submissions: 13547 | Accepted: 3321 |
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
都是一样的。
1 /**
2 这道题，类似于hdu happy 2004.
3 这题是一个通法。
4 A^B%P,
5 拆分A变成素数，因为素数满足因子之和 s(x*y)=s(x)*s(y);
6 更重要的是，素数的x^n的因子个数是可以求出来的。就是
7 和(x^n) = 1 + x + x^2 +x^3 +......+x^n;
8
9 这样的话，我们就可以轻松解决这样的一个问题了。
10 提供两种思路。
11 1 + x + x^2 +x^3 +......+x^n，直接求它对%p的值。运用快速幂也可以的。
12 这就是第一种方法，也是下面的ac方法。
13
14 第二种方法：1 + x + x^2 +x^3 +......+x^n= 等比数列前n+1和。
15 很据 S(p^X)=1+p+p^2+...+p^X = (p^(X+1)-1)/(p-1)；
16 这样就等于求这个式子了。好的，怎么求呢？
17
18 p^(X+1)-1 这个应该没有问题，快速幂取模
19 关键是1/(p-1); 这个不能直接取模。转化为求乘法的逆元。
20
21 乘法的逆元？？恩。
22 一开始，我就是这样做的，后来想用费马小定理，联想到了一道题C(n,m)的求法时候
23 也出现过 n!/(m!*(n-m)!) 对于费马小定理 a%p == a^p-1%p; 那么这样的话，我就能
24 转化一下，对于 1/(p-1) ,转化为 (p-1)^-1 ==> (p-1)^-1 % mod = (p-1)^mod-2 %mod;
25
26 好像这样是对的，是的。
27 费马小定理的前提是什么？ mod是一个素数，这个满足了。
28 还有一个条件gcd(mod,p-1)==1 这个就不一定了.当p为 mod的倍数+1而且是素数的时候。
29 就很感慨的发现，p-1就是mod的倍数。
30 那么费马小定理的路，就不好走了。
31
32 那我用扩展欧几里得的算法来求逆元。我看到很多人的解题思路可能都是这个吧。
33 其实，我依然有一个疑问。
34 对于(p^(X+1)-1)/(p-1)，显然我能对其转化 p%Euler(mod) == t
35 ==> (t ^(x+1)-1)/(t-1); 但是如果 t ^(x+1)%p 为1的时候，这个值就为0了。
36
37
38 例子 A B P
39 59407 1 9901
40 **/
41
42 #include<iostream>
43 #include<stdio.h>
44 #include<cstring>
45 #include<cstdlib>
46 #include<vector>
47 using namespace std;
48 typedef long long LL;
49
50 const LL p = 9901;
51 LL prime[1000],len;
52 LL num[1000];
53 LL dp[100],dlen;
54 void Euler(LL n)
55 {
56 LL i,k;
57 len=0;
58 for(i=2; i*i<=n;i++)
59 {
60 if(n%i==0){
61 k=0;
62 while(n%i==0){
63 n=n/i;
64 k++;
65 }
66 prime[++len]=i%p;
67 num[len]=k;
68 }
69 }
70 if(n!=1){
71 prime[++len]=n%p;
72 num[len]=1;
73 }
74 }
75 LL sum_mod(LL a,LL n)
76 {
77 LL ans=0;
78 n=n%p;
79 while(n)
80 {
81 if(n&1) ans=(ans+a)%p;
82 n=n>>1;
83 a=(a+a)%p;
84 }
85 return ans;
86 }
87 LL solve(LL a,LL n)
88 {
89 LL p1=a,p2=a,ans,i;
90 dlen=0;
91 while(n)
92 {
93 dp[++dlen]=(n&1);
94 n=n>>1;
95 }
96 ans=dlen-1;
97 for(i=ans;i>=1;i--)
98 {
99 p1=sum_mod(p1,p2+1);
100 p2=sum_mod(p2,p2);
101 if(dp[i]==1)
102 {
103 p2=sum_mod(p2,a);
104 p1=(p1+p2)%p;
105 }
106 }
107 return (p1+1)%p;
108 }
109 int main()
110 {
111 LL n,m,i;
112 while(scanf("%lld%lld",&n,&m)>0)
113 {
114 if(n==0){
115 printf("0\n");
116 continue;
117 }
118 else if(m==0)
119 {
120 printf("1\n");
121 continue;
122 }
123 Euler(n);
124 LL hxl=1;
125 for(i=1;i<=len;i++)
126 {
127 hxl=(hxl*solve(prime[i],num[i]*m))%p;
128 }
129 printf("%lld\n",hxl);
130 }
131 return 0;
132 }
时间： 2024-12-13 12:48:59