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：
\[\large Sum(A)=\prod_{i=1}^{n}(\sum_{j=0}^{\alpha_i}p_i^j)
\]
前置练习题
约数之和
分解质因数
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：
\[\large Ans=\prod_{i=1}^{n}(\sum_{j=0}^{\alpha_i*B}p_i^j)
\]
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 \(O(\sqrt{n}lognlogn)\)
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\(O(\sqrt{n}logn)\)
