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：

\[\large Sum(A)=\prod_{i=1}^{n}(\sum_{j=0}^{\alpha_i}p_i^j)\]
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\(sum(p,k−1)+p^{k−1}\)
  

1. //sum(p,k)=p^0 + p^1 .. + p^{k-1}
2. int sum(int p, int k) {
3.     if(k == 1) return 1;  //边界
4.     if(k % 2 == 0)  
5.         return (LL)(qmi(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
6.     return (qmi(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod;
7. }

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完整代码

1. #include <bits/stdc++.h>
2. using namespace std;
3. typedef long long LL;
5. const int mod = 9901;
6. int A, B;
8. //分解质因数
9. map<int, int> primes; // map存的是数对，key+value,默认按key由小到大排序
10. void divide(int x) {
11.     for (int i = 2; i <= x / i; i++)
12.         while (x % i == 0) primes[i]++, x /= i;
13.     if (x > 1) primes[x]++;
14. }
16. //快速幂
17. int qmi(int a, int b) {
18.     int res = 1;
19.     while (b) {
20.         if (b & 1) res = (LL)res * a % mod;
21.         a = (LL)a * a % mod;
22.         b >>= 1;
23.     }
24.     return res;
25. }
27. // p0 + .. + pk-1
28. int sum(int p, int k) {
29.     if (k == 1) return 1; //边界
30.     if (k % 2 == 0)
31.         return (LL)(qmi(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
32.     return (qmi(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod;
33. }
35. int main() {
36.     scanf("%d %d", &A, &B);
37.     //对A分解质因子
38.     divide(A);
40.     int res = 1;
41.     for (auto it : primes) {
42.         // p是质因子，k是质因子的次数
43.         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
45.         // res要乘上每一项, 注意这里是k + 1
46.         res = (LL)res * sum(p, k + 1) % mod;
47.     }
48.     if (!A) res = 0; //还要特判A是不是0
49.     printf("%d\n", res);
50.     return 0;
51. }

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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

1. #include <bits/stdc++.h>
2. using namespace std;
3. typedef long long LL;
5. const int mod = 9901;
6. int A, B;
8. //分解质因数
9. map<int, int> primes; // map存的是数对，key+value,默认按key由小到大排序
10. void divide(int x) {
11.     for (int i = 2; i <= x / i; i++)
12.         while (x % i == 0) primes[i]++, x /= i;
13.     if (x > 1) primes[x]++;
14. }
16. //快速幂
17. int qmi(int a, int b) {
18.     int res = 1;
19.     while (b) {
20.         if (b & 1) res = (LL)res * a % mod;
21.         a = (LL)a * a % mod;
22.         b >>= 1;
23.     }
24.     return res;
25. }
27. int main() {
28.     scanf("%d %d", &A, &B);
29.     //对A分解质因子
30.     divide(A);
32.     int res = 1;
33.     for (auto it : primes) {
34.         // p是质因子，k是质因子的次数
35.         int p = it.first, k = it.second * B;
36.         // res要乘上每一项, 注意这里是k + 1
37.         if ((p - 1) % mod == 0) {
38.             //不存在逆元，由于p-1的是mod的倍数, 故p%mod=1
39.             //所以1 + p + ... + p^k每个数%mod都是1，共k + 1个数，总就是k + 1
40.             res = (LL)res * (k + 1) % mod;
41.         } else
42.             //分子用快速幂计算，注意标准公式和此题的区别，k+1
43.             //分母用费马小定理求逆元 qmi(p-1,mod-2)
44.             res = (LL)res * (qmi(p, k + 1) - 1) % mod * qmi(p - 1, mod - 2) % mod;
45.     }
46.     if (!A) res = 0;
47.     printf("%d\n", (res % mod + mod) % mod);
48.     return 0;
49. }

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