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大致题意：
求A^B的所有约数（即因子）之和，并对其取模 9901再输出。
解题思路：
要求有较强 数学思维 的题
应用定理主要有三个：
要求有较强 数学思维 的题
应用定理主要有三个：
（1） 整数的唯一分解定理：
任意正整数都有且只有一种方式写出其素因子的乘积表达式。
A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn) 其中pi均为素数
（2） 约数和公式：
对于已经分解的整数A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)
有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)
（3） 同余模公式：
(a+b)%m=(a%m+b%m)%m
(a*b)%m=(a%m*b%m)%m
有了上面的数学基础，那么本题解法就很简单了：
1: 对A进行素因子分解
分解A的方法：
A首先对第一个素数2不断取模，A%2==0时 ，记录2出现的次数+1，A/=2；
当A%2!=0时，则A对下一个连续素数3不断取模...
以此类推，直到A==1为止。
注意特殊判定，当A本身就是素数时，无法分解，它自己就是其本身的素数分解式。
最后得到A = p1^k1 * p2^k2 * p3^k3 *...* pn^kn.
故 A^B = p1^(k1*B) * p2^(k2*B) *...* pn^(kn*B);
2：A^B的所有约数之和为：
sum = [1+p1+p1^2+...+p1^(a1*B)] * [1+p2+p2^2+...+p2^(a2*B)] *...* [1+pn+pn^2+...+pn^(an*B)].
3: 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
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cmath> 5 #include <algorithm> 6 #include <string> 7 #include <vector> 8 #include <stack> 9 #include <queue> 10 #include <set> 11 #include <map> 12 #include <list> 13 #include <iomanip> 14 #include <cstdlib> 15 #include <sstream> 16 using namespace std; 17 typedef long long LL; 18 const int INF=0x4fffffff; 19 const double EXP=1e-6; 20 const int MS=1000005; 21 const LL mod=9901; 22 23 LL pow_mod(LL x,LL n) 24 { 25 LL res=1; 26 while(n) 27 { 28 if(n&(1LL)) 29 //res=res*x%mod; 30 res=((res%mod)*(x%mod))%mod; 31 n>>=1; 32 // x=x*x%mod; 33 x=(x%mod)*(x%mod); 34 } 35 return res; 36 } 37 38 LL calc(LL x,LL y) // sigma (0->y) x^i 39 { 40 if(y==0) 41 return 1; 42 if(y&(1LL)) 43 return ((calc(x,y/2)%mod)*((pow_mod(x,y/2+1)+1)%mod))%mod; 44 //return calc(x,y/2)*(1+pow_mod(x,y/2+1)); 45 else 46 return ( ( (calc(x,y/2-1)%mod)* ( (pow_mod(x,y/2+1)+1)%mod) ) %mod+pow_mod(x,y/2) )%mod; 47 //return calc(x,y/2-1)*(pow_mod(x,y/2+1)+1)+pow_mod(x,y/2); 48 } 49 50 LL prime[MS]; 51 LL cnt[MS]; 52 53 int main() 54 { 55 LL x,y; 56 cin>>x>>y; 57 LL t=(LL)(sqrt(x*1.0)+EXP); 58 LL k=0; 59 for(LL i=2;i<=t;i++) 60 { 61 if(x%i==0) 62 { 63 prime[k]=i; 64 while(x%i==0) 65 { 66 cnt[k]++; 67 x/=i; 68 } 69 k++; 70 } 71 } 72 if(x!=1LL) 73 { 74 prime[k]=x; 75 cnt[k++]=1; 76 } 77 78 LL ans=1LL; 79 for(LL i=0;i<k;i++) 80 ans=(ans%mod*calc(prime[i],cnt[i]*y)%mod)%mod; 81 cout<<ans<<endl; 82 return 0; 83 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/767355675hutaishi/p/4433360.html
