POJ 1845 Sumdiv (快速幂+质因数+约数和公式+同余模)

15 modulo 9901 is 15 (that should be output).  

题目大意：求约数和。

思路：本来看着挺简单，但是一个数据范围，让这道题瞬间高大上起来。

做本题需要一定的基本知识，应用定理主要有三个：

（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。

      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)

（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

分解A的方法：

A首先对第一个素数2不断取模，A%2==0时 ，记录2出现的次数+1，A/=2；

当A%2!=0时，则A对下一个连续素数3不断取模...

以此类推，直到A==1为止。

注意特殊判定，当A本身就是素数时，无法分解，它自己就是其本身的素数分解式。

最后得到A = p1^k1 * p2^k2 * p3^k3 *...* pn^kn.
      故 A^B = p1^(k1*B) * p2^(k2*B) *...* pn^(kn*B);

2：A^B的所有约数之和为：

     sum = [1+p1+p1^2+...+p1^(a1*B)] * [1+p2+p2^2+...+p2^(a2*B)] *...* [1+pn+pn^2+...+pn^(an*B)].

3: 用递归二分求等比数列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：

（1）若n为奇数,一共有偶数项，则：
      1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n

      = (1+p^(n/2+1)) + p * (1+p^(n/2+1)) +...+ p^(n/2) * (1+p^(n/2+1))
      = (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))

     这么大的数据肯定不能直接算，那么就是求幂的约数和，1)根据整数的唯一分解定理可以将一个数分成质因数的幂相乘的形式，记录下来质因数和出现的次数。

2)根据约数和公式来求和，同时用此公式，还要解觉等比公式的和的问题。利用二分递归来进行运算。同时又在二分递归的时候进行快速幂。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string.h>
#include<string>
#include<cmath>
#include<queue>
#define mod 9901
#define LL long long
using namespace std;
LL primeper[2500000],cnt[2500000];
LL pow1(LL a,LL b)
{
    LL r=1,ba=a;
    while(b!=0)
    {
        if(b&1)
            r=(r*ba)%mod;
        ba=(ba*ba)%mod;
        b>>=1;
    }
    return r;
}
LL so(LL x,LL y)
{
    if(!y)
    return 1;
    else if(y&1)
        return ( (1+pow1(x,y/2+1))*so(x,y/2) )%mod;
    else
        return ( (1+pow1(x,y/2+1))*so(x,y/2-1)+pow1(x,y/2) )%mod;
}
int main()
{
    LL i,j,k;LL n,m;
    while(scanf("%lld%lld",&n,&m)!=EOF)
    {
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        for(k=0,i=2;i*i<=n;i++)
        {
            if(n%i==0)
            {
                primeper[k]=i;
                while(n%i==0)
                {
                    cnt[k]++;
                    n/=i;
                }
                k++;
            }
        }
        if(n!=1)
        {
            primeper[k]=n;
            cnt[k]++;
            k++;
        }
        LL ans=1;
        for(i=0;i<k;i++)
            ans=(ans*(so(primeper[i],cnt[i]*m))%mod )%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}