hdu1845(a^b的因子和%p)

题目链接：http://poj.org/problem?id=1845

思路：

１．整数唯一分解定理：

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)

那么 a^b 的所有因子和为

　　S = (1+p1+p1^2+p1^3+...p1^(k1*b)) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^(k2*b)) * (1+p3+ p3^3+…+ p3^(k3*b)) * .... * (1+pn+pn^2+pn^3+...pn^(kn*b))

对于数列 1, p, p^2, p^3 ...  p^n % mod，其中  mod 为质数，打个表可以发现该数列是一个循环数列，其中存在一个循环节为 1, p, p^1, ... p^(mod-2)．其实这点在费马小定理中是有体现的，a^(mod-1) = 1 (% mod)．

那么对于求 cnt = 1 + p + p^2 + ... + p^n % mod，可以令

　　cc1 = (n + 1) / (mod - 1)

　　cc2 = (n + 1) % (mod - 1)

　　cnt1 = 1 + p + p^2 + ... + p^(mod - 2)

　　cnt2 = 1 + p + p^2 + ... + p^(cc2 - 1)

那么 cnt = cc1 * cnt1 + cnt2 % mod

对于求 a^b，可以先将 a 质因分解，得到 S 的表达式，对于 S 表达式，只需要按照上面的方法求出其中每个乘数项即可．时间复杂度为 O(loga * mod), 本题中 mod = 9901, 时间上是允许的．

代码：

 #include <iostream>
 #include <stdio.h>
 #include <map>
 #define ll long long
 using namespace std;

 const int mod = ;
 const int MAXN = 1e5 + ;
 ll prime[MAXN], indx = ;
 map<int, int> num;

 int get(ll a, ll b){//计算sigma(a^i),其中0<=i<=b
     ll sol1 = , sol2 = -, cnt = ;
     ll cc1 = (b + ) / (mod - );
     ll cc2 = (b + ) % (mod - );
     for(int i = ; i < mod - ; i++){
         sol1 = (sol1 + cnt) % mod;
         if(sol2 == - && i +  == cc2) sol2 = sol1;
         cnt = (cnt * a) % mod;
     }
     return (sol1 * cc1 % mod + sol2) % mod;
 }

 int main(void){
     ll a, b, sol = ;
     cin >> a >> b;
     for(int i = ; i * i <= a; i++){
         if(a % i == ){
             prime[indx] = i;
             while(a % i == ){
                 num[i]++;
                 a /= i;
             }
             indx++;
         }
     }
     if(a > ) prime[indx++] = a, num[a]++;
     for(int i = ; i < indx; i++){
         sol = (sol * get(prime[i], b * num[prime[i]])) % mod;
     }
     cout << sol << endl;
     return ;
 }

但是当 mod 比较大时这个方法就不行了，mod 比较大时可以用下面这个代码，贴的 Kuangbin 模板

代码：

 #include <stdio.h>
 #include <math.h>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 #include <string.h>
 #define ll long long
 using namespace std;

 //******************************************
 //素数筛选和合数分解
 const int MOD = ;
 const int MAXN=;
 int prime[MAXN+];

 void getPrime(void){
     memset(prime, , sizeof(prime));
     for(int i = ; i <= MAXN; i++)
     {
         if(!prime[i]) prime[++prime[]] = i;
         for(int j=; j<= prime[]&&prime[j] <= MAXN/i; j++)
         {
             prime[prime[j]*i] = ;
             if(i % prime[j] == ) break;
         }
     }
 }

 ll factor[][];
 int fatCnt;

 int getFactors(ll x){
     fatCnt = ;
     ll tmp = x;
     for(int i=; prime[i] <= tmp/prime[i]; i++){
         factor[fatCnt][] = ;
         if(tmp % prime[i] == ){
             factor[fatCnt][] = prime[i];
             while(tmp % prime[i] == ){
                 factor[fatCnt][]++;
                 tmp /= prime[i];
             }
             fatCnt++;
         }
     }
     if(tmp!=)
     {
         factor[fatCnt][]=tmp;
         factor[fatCnt++][]=;
     }
     return fatCnt;
 }

 //******************************************
 ll pow_m(ll a, ll n)//快速模幂运算
 {
     ll res = ;
     ll tmp = a % MOD;
     while(n){
         if(n & ){
             res *= tmp;
             res%=MOD;
         }
         n >>= ;
         tmp *= tmp;
         tmp %= MOD;
     }
     return res;
 }

 ll sum(ll p, ll n){//计算1+p+p^2+...+p^n
     if(p == )return ;
     if(n == )return ;
     if(n & ){//奇数
         return (( + pow_m(p, n/ + )) % MOD * sum(p, n / ) % MOD) % MOD;
     }else return (( + pow_m(p, n /  + )) % MOD * sum(p, n /  - ) + pow_m(p, n / ) % MOD) % MOD;

 }

 int main(void){
     int A, B;
     getPrime();
     while(scanf("%d%d", &A, &B) != EOF){
         getFactors(A);
         ll ans = ;
         for(int i = ; i < fatCnt; i++){
             ans *= (sum(factor[i][], B * factor[i][]) % MOD);
             ans %= MOD;
         }
         printf("%lld\n",ans);
     }
     return ;
 }