(好题！)POJ-1845 A^B 的约数和(二分乘法，逆元，大数运算)

考虑两个自然数A和B.设S是A ^ B所有自然因子的和。确定S模9901（S的其余部分由9901）。

Input

唯一的行包含由空格分隔的两个自然数A和B（0 <= A，B <= 50000000）。

Output

输出的唯一一行将包含S模9901。

Sample Input

2 3

Sample Output

这是很好的一道入门级的题，值得记录

A ，B都是很大的数，

1、一个数可以表示为若干个质数的幂的乘积的形式。如：24 = 2^3 * 3^1.

A = p1^k1 * p2^k2 * p3^k3 *.......* pn^kn (p1,p2.....pn是质数) (k2,k2....kn是对应的质数的幂次数)

2、所以 A^B = p1^(k1*B) * p2^(k2*B) * p3^(k3*B) *.......* pn^(kn*B).

3、A^B 的所有约数和

ans = (1+p1+p1^2+......+p1^(k1*B) )*(1+p2+p2^2+......+p2^(k2*B) )*......*(1+pn+pn^2+......+pn^(kn*B) )..

4、n个等比数列和相乘，根据等比数列和公式。。

1+p1+p1^2+......+p1^n = [ p^(n+1)-1 ] / (p-1) % MOD.......

5、设 a/b = x + km (x < m x是余数) => a/b %m = k

a = bx + kbm

a%bm = bx => (a%bm)/b = k

6、因为 4 得到的公式是先除法再取模，在右边的除法可能特别大，不容易计算，所以可以根据 5 的公式进行变换

=>{ [p^(n+1)-1] % [ (p-1)*MOD ] } / (p-1)

这里 [p^(n+1)-1] 用快速幂取模根据同余定理，-1 拿到后面，因为 -1 拿出来后可能取模后刚好为 0 ，所以，

=> { [p^(n+1)] % [ (p-1)*MOD ] +（m-1）} / (p-1)

7、最后 A 可能是一个很大的质数的幂！！！，不能到1 ，这种情况需要单独判断。

也就是单独用一遍公式，

8. 二分乘法的运用！！！！！！！

m = (p-1)*MOD 输入的 a， b 是1e7 的， m 是模，可能很大到1e11，

/所以在快速幂的时候，求 a * b 可能超了 long long的范围，

这里就用到了二分乘法。。。。。。

对于一般的 (a%m) * (b%m) %m,如果 m 很大，但是a， b小于m，但是a， b相乘有超过了long long 的范围。

这是就用上了二分乘法。避免了两个数的直接相乘。

其实原理就是用加法，a*b 就是 b个a 相加，不过用了二分的思想。非常快速。

LL multi(LL a,LL b,LL m)
{
    LL ans = 0;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = (ans + a) % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = (a + a) % m;
    }
    return ans;
}

完整ac代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

typedef long long LL;

const LL MAXN = 9905;
const int MODN = 9901;

LL prime[MAXN+1];

LL multi(LL a,LL b,LL m)
{
    LL ans = 0;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = (ans + a) % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = (a + a) % m;
    }
    return ans;
}

LL fpow(LL a, LL b, LL c)
{
    LL t = 1, m = a;
    while(b)
    {
        if(b&1 == 1)
            t = multi(t,m,c);
        m = multi(m,m,c);
        b >>= 1;
    }
    return t;
}

void getPrime()
{
    memset(prime,0,sizeof(prime));
    for(LL i=2;i<=MAXN;i++)
    {
        if(!prime[i])             //当prime[i]==0时,也就是i是素数的时候
            prime[++prime[0]]=i; //prime[0] 记录的是素数的个数
        for(LL j=1;j<=prime[0]&&prime[j]<=MAXN/i;j++)
        {
            prime[prime[j]*i]=1; //把合数记录为1
            if(i%prime[j]==0)   // 不加也对，但是加上后保证时间复杂度是线性的
                break;           //避免重复
        }
    }
}
int  main()
{
    getPrime();
    LL a, b;
    while(cin >> a >> b)
    {
        if(a <= 1)
        {
            cout << "1" <<endl;
        }
        else
        {
            LL ans = 1;
            LL t = a;
            //t 不是很大的质数的情况下
            for(LL i = 1; prime[i]*prime[i] <= t; i++)
            {
                LL cnt = 0;
                while(t % prime[i] == 0)
                {
                    cnt ++;
                    t /= prime[i];
                }
                LL m = MODN*(prime[i]-1);
                ans *= ( fpow(prime[i],cnt*b+1,m) + m-1) / (prime[i] - 1); //当cnt=0
                ans %= MODN;                                                //赋值号右边的值是MODN+1.
            }
            //t 是质数的幂
            if(t > 1)
            {
                //ans *= (1 + t)%MODN;
                LL m = MODN * (t - 1);
                ans *= (fpow(t,b+1,m) + m - 1) / (t - 1);
                ans %= MODN;
            }
            cout << ans << endl;
        }
    }
    return 0;
}

(好题！)POJ-1845 A^B 的约数和(二分乘法，逆元，大数运算)

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