AcWing 97. 约数之和

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一、理论知识

算术基本定理

\[\large N=p_1^{\alpha_1}\cdot p_2^{\alpha_2}\cdot ... \cdot p_k^{\alpha_k} \]

约数个数定理

\[\large f(N)=\prod_{i=1}^{k}(a_i+1)= (\alpha_1+1)(\alpha_2+1)...(\alpha_k+1) \]

证明:因为\(\large p_1^{\alpha_1}\)的约数有\(\large p_1^0,p_1^1,p_1^2,...,p_1^{\alpha_1}\)，共\(\large a_1+1\)个,同理\(p_k^{\alpha_k}\)的约数有\(\large a_k+1\)个,根据乘法原理，就知道了约数的总个数。

约数和定理

\[\large Sum(A)=(1+p_1^1+p_1^2+...+p_1^{\alpha_1})(1+p_2^1+p_2^2+...+p_2^{\alpha_2})...(1+p_n^1+p_n^2+...+p_n^{\alpha_n}) \]

简写：

\[\large Sum(A)=\prod_{i=1}^{n}(\sum_{j=0}^{\alpha_i}p_i^j) \]

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前置练习题

约数之和

分解质因数

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举栗子: \(180=2^2∗3^2∗5^1\)

约数个数：\((2+1)(2+1)(1+1)=18\)

约数和：\((1+2+4)(1+3+9)(1+5)=546\)

回到题目，在这个题目里的 约数和 就是如下式子：

\[\large Ans=\prod_{i=1}^{n}(\sum_{j=0}^{\alpha_i*B}p_i^j) \]

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二、分治法

分治法计算等比数列求和

令\(\large sum(p, k)=p^0+p^1+…+p^{k−1}\)

• 当\(k\)为偶数时

\[\large sum(p,k)=p^0+p^1+…+p^{k/2−1}+p^{k/2}+p^{k/2+1}+…+p^{k−1} \\ \Rightarrow \\ (p^0+p^1+…+p^{k/2−1})+p^{k/2}∗(p^0+p^1+…+p^{k/2−1}) \\ \Rightarrow \\ sum(p,k/2)+p^{k/2}∗sum(p,k/2) \\ \Rightarrow \\ p^{k/2+1}∗sum(p,k/2) \]

• 当\(k\)为奇数时
  为了更方便调用我们写的偶数项情况，可以单独拿出最后一项，把剩下的项转化为求偶数项的情况来考虑，再加上最后一项，就是奇数项的情况了。也即\(sum(p,k−1)+p^{k−1}\)

//sum(p,k)=p^0 + p^1 .. + p^{k-1}
int sum(int p, int k) {
    if(k == 1) return 1;  //边界
    if(k % 2 == 0)  
        return (LL)(qmi(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
    return (qmi(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod;
}

完整代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int mod = 9901;
int A, B;

//分解质因数
map<int, int> primes; // map存的是数对，key+value,默认按key由小到大排序
void divide(int x) {
    for (int i = 2; i <= x / i; i++)
        while (x % i == 0) primes[i]++, x /= i;
    if (x > 1) primes[x]++;
}

//快速幂
int qmi(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = (LL)res * a % mod;
        a = (LL)a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

// p0 + .. + pk-1
int sum(int p, int k) {
    if (k == 1) return 1; //边界
    if (k % 2 == 0)
        return (LL)(qmi(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
    return (qmi(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod;
}

int main() {
    scanf("%d %d", &A, &B);
    //对A分解质因子
    divide(A);

    int res = 1;
    for (auto it : primes) {
        // p是质因子，k是质因子的次数
        int p = it.first, k = it.second * B; //约数和公式，需要到每个质因子的it.second次方*B

        // res要乘上每一项, 注意这里是k + 1
        res = (LL)res * sum(p, k + 1) % mod;
    }
    if (!A) res = 0; //还要特判A是不是0
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}

时间复杂度 \(O(\sqrt{n}lognlogn)\)

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三、公式法

等比数列求和

\[\large p^0+p^1+p^2+...+p^{k-1}=\frac{p^{k}-1}{p-1} \]

除了分治法外，还可以用乘等比数列和公式得出分子，再乘分母逆元的做法:

快速幂求逆元
这样的话，就可以愉快地套用高中学的等比数列和公式来求每一项，但这里需要特判逆元不存在的情况:

• 分母\(p-1\)是\(mod\)的倍数，不存在逆元，这时直接乘\((1+p^1+…p^k)\% mod\), 即 \(k+1\)

• 分母\(p-1\)不是\(mod\)的倍数，存在逆元，这是需要用快速幂求分子，再用快速幂求分母的逆元，两者相乘就得到了每一项

实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int mod = 9901;
int A, B;

//分解质因数
map<int, int> primes; // map存的是数对，key+value,默认按key由小到大排序
void divide(int x) {
    for (int i = 2; i <= x / i; i++)
        while (x % i == 0) primes[i]++, x /= i;
    if (x > 1) primes[x]++;
}

//快速幂
int qmi(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = (LL)res * a % mod;
        a = (LL)a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    scanf("%d %d", &A, &B);
    //对A分解质因子
    divide(A);

    int res = 1;
    for (auto it : primes) {
        // p是质因子，k是质因子的次数
        int p = it.first, k = it.second * B;
        // res要乘上每一项, 注意这里是k + 1
        if ((p - 1) % mod == 0) {
            //不存在逆元，由于p-1的是mod的倍数, 故p%mod=1
            //所以1 + p + ... + p^k每个数%mod都是1，共k + 1个数，总就是k + 1
            res = (LL)res * (k + 1) % mod;
        } else
            //分子用快速幂计算，注意标准公式和此题的区别，k+1
            //分母用费马小定理求逆元 qmi(p-1,mod-2)
            res = (LL)res * (qmi(p, k + 1) - 1) % mod * qmi(p - 1, mod - 2) % mod;
    }
    if (!A) res = 0;
    printf("%d\n", (res % mod + mod) % mod);
    return 0;
}

时间复杂度\(O(\sqrt{n}logn)\)

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标签：约数,int,res,sum,large,alpha,AcWing,97,mod
来源： https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16411168.html