传送门:http://poj.org/problem?id=1845

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。

解题基础:

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。

,其中为素数

2) 约数和公式

对于已经分解的整数,A的所有因子之和为

3) 同余模公式

(a+b)%m=(a%m+b%m)%m

(a*b)%m=(a%m*b%m)%m

1: 对A进行素因子分解

这里如果先进行筛50000内的素数会爆空间,只能用最朴素的方法进行分解

2:A^B的所有约数之和为

3: 求2中的等比序列

由于给的数据量大,肯定不能直接用等比序列的求和公式,要用分治法进行求解

一直对递归求解

S的下标为偶数类比一下

4:反复平方法计算幂次式

一个快速幂取模的板子,直接套上

  1. #include<iostream>
  2. #include<string.h>
  3. #include<cstdio>
  4. using namespace std;
  5. int p[10000];
  6. int q[10000];
  7. const int mod = 9901;
  8. //快速幂取模板子
  9. long long qucick_pow(int m, int n, int moD)
  10. {
  11. if(n == 0)
  12. return 1;
  13. long long x = qucick_pow(m, n / 2, moD);
  14. long long ans = x * x % mod;
  15. if(n % 2)
  16. ans = ans * m % mod;
  17. return ans;
  18. }
  19. // 递归求解等比数列
  20. long long sum(int m, int n)
  21. {
  22. if(n == 0)
  23. return 1;
  24. if(n % 2)
  25. {
  26. return (sum(m, n / 2) * (1 + qucick_pow(m, n / 2 + 1, mod))) % mod;
  27. }
  28. else
  29. {
  30. return (sum(m, n / 2 - 1) * (1 + qucick_pow(m, n / 2 + 1, mod)) + qucick_pow(m, n / 2, mod)) % mod;
  31. }
  32. }
  33. int main()
  34. {
  35. int a, b;
  36. scanf("%d %d", &a, &b);
  37. int cnt = 0;
  38. for(int i=2;i*i<=a;)
  39. {
  40. if(a%i==0)
  41. {
  42. p[cnt]=i;
  43. while(a%i==0)
  44. {
  45. a/=i;
  46. q[cnt]++;
  47. }
  48. cnt++;
  49. }
  50. if(i==2)
  51. i+=1;
  52. else
  53. i+=2;
  54. }
  55. if(a!=1)
  56. p[cnt]=a,q[cnt++]=1;
  57. long long ans = 1;
  58. for(int i = 0; i < cnt; i++)
  59. {
  60. ans = (ans * (sum(p[i], q[i] * b) % mod)) % mod;
  61. }
  62. cout << ans % mod << endl;
  63. }

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