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Description
Consider two natural numbers A and B. Let S be the sum of all natural divisors of A^B. Determine S modulo 9901 (the rest of the division of S by 9901).
Input
The only line contains the two natural numbers A and B, (0 <= A,B <= 50000000)separated by blanks.
Output
The only line of the output will contain S modulo 9901.
Sample Input
2 3
Sample Output
15
这个题和HDU的1452基本上一样，只不过这里是HDU的
推广。
先说这个题的解题步骤： ① 将A分解A=(p1^a1)*(p2^a2)*.....*(pk^ak)，那么A^B就是A^B=[p1^(a1*B)] * [p2^(a2*B)] *.....*[pk^(ak*B)] ② 根据约数和的公式求和S并mod9901 别急，下面还有一些细节问题：
这个题我一开始就是先分解，然后按约数和的公式算.但是一直WA，我改了许多地方都不行。 如果一个数n=(p1^a1)*(p2^a2)*.....*(pk^ak) 约数和s=(p1^(a1+1)-1)/(p1-1) * (p2^(a2+1)-1)/(p2-1) *.....* (pk^(ak+1)-1)/(pk-1) 我就是按这个求s的公式算的，但是一直不对，肯定是因为这个公式中涉及到了除法，虽然在模运算中出现除法可以借助逆元来解决，但是因为求逆元是有条件限制的（a在模m意义下存在逆元的充要条件是a和m互素），我想是肯定是在处理这个地方的时候一直没处理好，所以一直WA。
其实是我忽略了另一个公式，我上面给的求s公式是变形之后的，变形之前是： s=(1+p1+p1^2+p1^3+...p1^a1) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^a2) * (1+p3+ p3^3+…+ p3^a3) * .... * (1+pk+pk^2+pk^3+...pk^ak) 这个公式是不涉及除法的，用起来会很舒服。（而对这个公式每个括号里都是一个等比数列，分别对其求和就是上面的那个带除法的公式）。 至此问题就明了了。
那么就抛开这个题看下面的知识： 类似于这样的一个问题：S(k)=A^0+A^1+A^2+....+A^k的快速求和。 方法：二分+递归求解。 下面看个简单例子： ① k=4为偶数 A^0 + A^1 + A^2 + A^3 + A^4 =（A^0 + A^1）+A^2 + A^3（A^0 + A^1）=（1+A^3）*[A^0 + A^1]+A^2=（1+A^(k/2+1)）*S(k/2-1)+A^(n/2) ② k=5为奇数 A^0 + A^1 + A^2 + A^3 + A^4 + A^5
=[A^0 + A^1 + A^2] + A^3*[A^0 + A^1 + A^2] = （1+A^3）*[A^0 + A^1 + A^2] = （1+A^(k/2+1)）*S(k/2) 上面式子中，蓝色部分用快速幂，红色部分继续递归，这样就可以快速求出S(k)了。 递归出口n==0 return 1；
代码中divi[i][0]代表第i个素因子，divi[i][0]代表这个素数的次数。
#include
#include
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using namespace std; typedef __int64 ll; const int MOD=9901; ll divi[10000][2],tot; ll quick_mod(ll a,ll b){ //a^b%MOD ll res=1; a%=MOD; while(b){ if(b&1) res=(res*a)%MOD; b/=2; a=(a*a)%MOD; } return res; } ll cal(int p,int n){ if(n==0) return 1; if(n&1) return (1+quick_mod(p,n/2+1))*cal(p,n/2)%MOD; else return ((1+quick_mod(p,n/2+1))*cal(p,n/2-1)+quick_mod(p,n/2))%MOD; } void pre_solve(ll n){ ll i; tot=0; for(i=2;i*i<=n;){ if(n%i==0){ divi[tot][0]=i; divi[tot][1]=0; do{ n/=i;divi[tot][1]++; }while(n%i==0); tot++; } if(i==2) i++; else i+=2; } if(n>1){ divi[tot][0]=n;divi[tot][1]=1;tot++; } } int main() { ll A,B,i,res; while(scanf("%I64d%I64d",&A,&B)!=EOF){ if(A==0){ //别忘了特判 printf("0\n");continue; } if(A==1 || B==0){ printf("1\n");continue; } pre_solve(A); res=1; for(i=0;i