码迷,mamicode.com
首页 > 其他好文 > 详细

【题解】POJ1845 Sumdiv(乘法逆元+约数和)

时间:2018-09-16 12:27:14      阅读:166      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:pen   quick   多个   http   分享   splay   数列   lap   费马小定理   

POJ1845:http://poj.org/problem?id=1845

思路:

AB可以表示成多个质数的幂相乘的形式:AB=(a1n1)*(a2n2)* ...*(amnm)

根据算数基本定理可以得约数之和sum=(1+a1+a12+...+a1n1)*(1+a2+a22+...+a2n2)*...*(1+am+am2+...+amnm) mod 9901

对于每个(1+ai+ai2+...+aini) mod 9901=(ai(ni+1)-1)/(ai-1) mod 9901 (等比数列前n项目和)分母可用快速幂算出

因为9901是质数,只要ai-1不是9901的倍数就只要计算ai-1的乘法逆元inv(用费马小定理),再乘(ai(ni+1)-1) 直接算出ans

PS:若ai-1是9901的倍数 此时乘法逆元不存在 但是ai mod 9901=1 所以1+ai+ai2+...+aini=1+1+...+1=ni+1

代码:

技术分享图片
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define mod 9901
int a,b,m,ans=1;
int p[20],c[20];//p是质数 c是指数 
void divide(int n)
{
    m=0;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            p[++m]=i;
            c[m]=0;
            while(n%i==0)
            {
                n/=i;
                c[m]++;
            }
        }
    }
    if(n>1)
    {
        p[++m]=n;
        c[m]=1;
    }
}
int quickpow(int a,long long b)
{
    int c=1;
    for(;b;b>>=1)
    {
        if(b&1)
        c=(long long)c*a%mod;
        a=(long long)a*a%mod;
    }
    return c;
}
int main()
{
    cin>>a>>b;    
    divide(a);//分解A的质因数 b到后面在乘上 
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {     
        if((p[i]-1)%mod==0)//特判当ai-1是9901的倍数 乘法逆元不存在 
        {
            ans=((long long)b*c[i]+1)%mod*ans%mod; 
            continue;
        }        
        int x=quickpow(p[i],(long long)b*c[i]+1);//快速幂求分母                    
        x=(x-1+mod)%mod;
        int y=p[i]-1;
        y=quickpow(y,mod-2);//根据费马小定理求乘法逆元 
        ans=(long long)ans*x%mod*y%mod;
    }
    cout<<ans;
}
View Code

 

【题解】POJ1845 Sumdiv(乘法逆元+约数和)

标签:pen   quick   多个   http   分享   splay   数列   lap   费马小定理   

原文地址:https://www.cnblogs.com/BrokenString/p/9655109.html

(0)
(0)
   
举报
评论 一句话评论(0
登录后才能评论!
© 2014 mamicode.com 版权所有  联系我们:gaon5@hotmail.com
迷上了代码!