法一:分治法
思路
这里是实现一个sum函数,sum(p,k)表示
\[p^0+p^1+...p^{k-1}
\]
当k为偶数时,sum(p,k)可以拆解成
\[p^0+p^1+...+p^{k/2-1}+p^{k/2}+...+p^{k-1}
\]
即
\[p^0+p^1+...+p^{k/2-1}+p^{k/2}*(p^0+p^1+...+p^{k/2-1})
\]
也就是
\[sum(p,k/2)+p^{k/2}*sum(p,k/2)
\]
进一步化简
\[(p^{k/2}+1)*sum(p,k/2)
\]
当k为奇数时,为了方便调用我们写的偶数项情况,可以单独把最后一项拿出来,剩下的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,即
\[sum(p,k-1)+p^{k-1}
\]
代码
#include<iostream>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 9901;
int A, B;
//保存质因子以及出现的次数
unordered_map<int, int> primes;
//试除法质因子分解
void divide(int n) {
for(int i = 2; i <= n / i; i++) {
if(n % i == 0) {
while(n % i == 0) {
primes[i]++;
n /= i;
}
}
}
if(n > 1) {
primes[n]++;
}
}
//快速幂
int qmid(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)(qmid(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
}
return (qmid(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod;
}
int main(){
cin >> 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
res = (LL)res * sum(p, k + 1) % mod;
}
if(!A) res = 0;
cout << res << endl;
return 0;
}
法二:公式法
思路
可以直接套用等比数列求和公式
\[\frac{a_1(p^n-1)}{p-1}
\]
-
分母p-1是mod的倍数,则不存在逆元,这时直接乘(1+p+...p^k)%mod,即k+1
这时因为如果p-1是mod的倍数,则p%mod余数为1
-
分母p-1不是mod的倍数,则直接求快速幂加求分母的逆元(qmi(1-p,mod-2))即可
代码
#include<iostream>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 9901;
int A, B;
//保存质因子以及出现的次数
unordered_map<int, int> primes;
//试除法质因子分解
void divide(int n) {
for(int i = 2; i <= n / i; i++) {
if(n % i == 0) {
while(n % i == 0) {
primes[i]++;
n /= i;
}
}
}
if(n > 1) {
primes[n]++;
}
}
//快速幂
int qmid(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(){
cin >> 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{
res = (LL)res * (qmid(p, k + 1) - 1) % mod * qmid(p - 1, mod - 2) % mod;
}
}
if(!A) res = 0;
cout << (res % mod + mod ) % mod << endl;
return 0;
}