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题意：给你A，B，让求A^B所有的因子和模上9901
思路：A可以拆成素因子的乘积: A = p1^x1 * p2^x2 *...* pn^xn
那么A^B = p1^(B*x1) * p2^(B*x2) *...* pn^(B*xn)
那么A^B所有的素因子和就是
(p1^0 + p1^1 + p1^2 + ... + p1^(B*x1) ) * (p2^0 + p2^1 + ... + p2^(B*x2) ) * ... * (pn^0 + pn^1 + ... + pn^(B*xn))
可以看出每一个括号内都是等比数列，但是不要用等比数列公式，因为有除法(刚开始我用除法，然后求了模的逆元，wa到爽死)，因为不一定满足乘法逆元所需要的条件，除数与模数可能不互素(除数可能是模数的多少倍)。既然不能用公式，那么就要借助于二分了。比如如下式子求和:A1+A2+A3+A4 = A1+A2+A2(A1+A2)。通过这个式子发现，只要求出来A2就行了，然后只要计算一次A1+A2，就可以省掉一半的计算量。那么同理A1+A2也可以继续往下分。
现在推广到一般式。A1+A2+...+An
1) n为偶数: A1+A2+...+An = A1+A2+ ...+A(n/2)+ A(n/2)(A1+A2+...+A(n/2))
2) n为奇数: A1+A2+...+An = A1+A2+ ...+A(n/2)+ A(n/2)(A1+A2+...+A(n/2)) + An
推出来这些就可以递归求解了。
注：找素因子时，打个素数表，只需要打到sqrt(n)就行了，因为只可能在sqrt(n)里面，如果有比sqrt(n)大的两个素因子，乘积自然就大于n了，所以只需要sqrt(n)就可以了。因为就算有一个大素数和一个小素数相乘得来，那么在约掉小素数的时候，只剩大素数了，这会就直接跑到循坏外判断了。
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 10010; const ll mod = 9901LL; ll A, B; struct Factor { ll fac; ll cnt; }factor[maxn]; int tot; bool prime[maxn + 100]; int pr[maxn];//素数表 int pr_cnt; void init_prime() { memset(prime, true, sizeof(prime)); prime[0] = prime[1] = false; for (int i = 2; i * i <= maxn; i++) if (prime[i]) for (int j = i + i; j < maxn; j += i) prime[j] = false; pr_cnt = 0; for (int i = 2; i <= maxn; i++) if (prime[i]) pr[pr_cnt++] = i; } void init()//找到所有的素因子 { tot = 0; memset(factor, 0, sizeof(factor)); for (int i = 0; i < pr_cnt && pr[i] <= A; i++) { if (A % pr[i] == 0) { factor[tot].fac = pr[i]; while (A % pr[i] == 0) { factor[tot].cnt++; A /= pr[i]; } factor[tot].cnt *= B; tot++; } } if (A > 1) { factor[tot].fac = A; factor[tot++].cnt = B; } } ll quickpow(ll a, ll b, ll mod) { ll ans = 1LL; while (b) { if (b & 1) ans = ans * a % mod; a = a * a % mod; b >>= 1; } return ans % mod; } ll binary_pow(ll a, ll b, ll mod)//计算等比数列的和 { if (b == 0) return 1LL; if (b == 1) return a; ll ans = 0; if (b & 1) { ans = quickpow(a, b, mod); ans = (ans + (quickpow(a, b / 2, mod) + 1LL) % mod * binary_pow(a, b / 2, mod)) % mod; } else ans = (quickpow(a, b / 2, mod) + 1LL) % mod * binary_pow(a, b / 2, mod) % mod; return ans; } void solve() { if (B == 0) { puts("1"); return; } if (A == 0) { puts("0"); return; } init(); ll ans = 1LL; for (int i = 0; i < tot; i++) { ans = ans * (binary_pow(factor[i].fac, factor[i].cnt, mod) + 1LL) % mod; } cout << ans << endl; } int main() { init_prime(); while (cin >> A >> B) { solve(); } return 0; }
POJ 1845 Sumdiv(因子分解+快速幂+二分求和)
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Howe-Young/p/5467507.html
