快速幂运算在第一次训练时候就已经遇到过，这里不赘述
同余模运算也很简单，这里也不说了，无非是(a+b)%m (a*b)%m 把m弄到里面变成(a%m+b%m)%m (a%m*b%m)%m
今天学的最重要的还是递归二分求等比数列
题目大意是给出A和B，求A^B的约数和
解这个题，首先，对A进行素因子分解得到
(PI(pi^ai))^B
然后我们有约数和公式：
对A=PI(p1^k1)
A的所有因子之和为S = (1+p1+p1^2+p1^3+...p1^k1) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^k2) * (1+p3+ p3^3+…+ p3^k3) * .... * (1+pn+pn^2+pn^3+...pn^kn)
因此可以求和
怎么求分式(1+p1+p1^2+p1^3+...p1^k1)呢？我们可以递归求等比数列和（这里要取模，所以，不能用等比数列求和公式）
用递归二分求等比数列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：
（1）若n为奇数,一共有偶数项，则：
1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n
= (1+p^(n/2+1)) + p * (1+p^(n/2+1)) +...+ p^(n/2) * (1+p^(n/2+1))
= (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))
上式红色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，那么只需要不断递归二分求和就可以了，后半部分为幂次式，将在下面第4点讲述计算方法。
（2）若n为偶数,一共有奇数项,则:
1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n
= (1+p^(n/2+1)) + p * (1+p^(n/2+1)) +...+ p^(n/2-1) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2)
= (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2);
上式红色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，依然递归求解
最后注意一个坑，当A=1的时候，是不将A加入pi和ai数组的，A^B的约数和为1
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
const long long MAXN=1111111;
const long long mod=9901;
using namespace std;long long P[MAXN],a[MAXN];long long que;
long long power(long long p,long long n)
{
long long ans=1;
while(n)
{
if(n&1)
{
ans=ans*p%mod;
}
p=p*p%mod;
n>>=1;
}
return ans%mod;
}
long long sum(long long p,long long n)
{
long long ans=1;
(1-power(p,n)*p)/(1-p)
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("G:/1.txt","r",stdin);
freopen("G:/2.txt","w",stdout);
#endif
long long A,B;
scanf("%lld%lld",&A,&B);
long long tmpA=A;
for(long long i=2;i*i<=tmpA;i++)
{
if(tmpA%i==0)
{
P[que]=i;
while(tmpA%i==0)
{
a[que]++;
tmpA/=i;
}
que++;
}
}
//(tmpA)?P[que]=tmpA:1;
//a[que]++;que++;
if(tmpA!=1)
{
P[que]=tmpA;
a[que]++;
que++;
}
long long ans=1;
for(long long i=0;i<que;i++)
{
ans=ans*sum(P[i],a[i]*B)%mod;
}
ans%=mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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POJ 1845 Sumdiv【同余模运算+递归求等比数列和+快速幂运算】
原文地址：http://blog.csdn.net/u011775691/article/details/28909121
