最近应老延的要求再刷《算法进阶指南》（不得不说这本书不错）...这道题花费了较长时间~（当然也因为我太弱了）所以就写个比较易懂的题解啦~
原题链接：POJ1845
翻译版题目（其实是AcWing上的）：
假设现在有两个自然数A和B，S是AB的所有约数之和。
请你求出S mod 9901的值是多少。
输入格式
在一行中输入用空格隔开的两个整数A和B。
输出格式
输出一个整数，代表S mod 9901的值。
数据范围
0≤A,B≤5×107
输入样例：
2 3
输出样例：
15
注意: A和B不会同时为0。
首先看到这题就知道不能打暴力（这还用你说），那就需要找一个巧方法
那么，什么是约数呢？
约数嘛，顾名思义，可以约掉的数，其实就是因数
如果你连因数都不知道就只好自行百度了
但其实百度还挺有用的
以下是约数的定义：
约数，又称因数。整数a除以整数b(b≠0) 除得的商正好是整数而没有余数，我们就说a能被b整除，或b能整除a。a称为b的倍数，b称为a的约数。在大学之前，"约数"一词所指的一般只限于正约数。约数和倍数都是二元关系的概念，不能孤立地说某个整数是约数或倍数。一个整数的约数是有限的。同时，它可以在特定情况下成为公约数。
但你再往下翻你会找到这个东西：
恩？这不就是质因数分解吗？
根据这个思路，我们很容易得到以下结论:
若A=P1c1*P2c2*...*Pncn ,那么AB就等于
P1B*c1*P2B*c2*...*PnB*cn
又因为AB的约数集合可以看做其每一个质因数分别相乘得出的结果的集合
举个例子便于理解：
12=22*31
所以12的因数集合为
{1，2，3，2*2，2*3，2*2*3}={1，2，3，4，6，12}
可以看做把12的质因数分别组合相乘
那么我们把这个式子加起来可以得到
1+2+3+2*2+2*3+2*2*3
稍微改造一下
（1+2+2*2）（1+3）
似乎有点眉目了？
那么AB的约数之和由此可得：
（1+P1+P12+....+P1B*c1）*(1+P2+P22+....+P2B*c2)*....*(1+Pn+Pn2+....+PnB*cn)
(这段真他喵的难打)
根据同余定理，我们在求AB%9901就相当于以上每一个式子%9901再相乘
那么问题就又到了如何求（1+P+P2+....+Pc）
因为同余对于除法没有分配率，所以这道题不能使用等比数列求和公式....
所以这时候我们想到了.....
分治！
将求解（1+P+P2+....+Pc）定义为sum（p,c），则有：
当c为奇数时：
sum（p，c）=（1+P+....+P（c-1）/2）+（1+P（c+1）/2+...+Pc）
=（1+P+....+P（c-1）/2）+P（c+1）/2 *（1+P+....+P（c-1）/2） =（1+P（c+1）/2）*（1+P+....+P（c-1）/2） 当c为偶数时，同理得： sum（p，c）=（1+Pc/2）*（1+P+....+Pc/2-1）+Pc （打这个更累！！！！） 这样，我们在每次求解时都可以将问题简化，配合快速幂就可以用θ（log n）的时间复杂度得到正确答案 ..... 所以，你应该会分解质因数吧？ ...... 不会吗？ orz由此可见，虽然我们知道了具体解法，但码出代码好像还有点问题.... 但其实分解质因数是相当简单的！（而且时间复杂度只有θ（n）（大概吧）） 相信大家都会判断一个数是否是质数~ 那就是从2试到根号n，若有n可以整除的则n不是质数，若没有则n为质数 同理，我们可以从2开始试n的因子（试到根号n），然后除掉所有的因子并计数 （这种算法叫试除法） 以下代码：
int m=0;
for(int i=2;i<=sqrt(n);i++)
{
if(n%i==0)
m++,yz[m]=i;//yz数组存分解出的因子
while(n%i==0)//除掉所有的i
{
n/=i;
gs[m]++;//gs数组存每个因子的个数
}
}
if(n>1)
m++,yz[m]=n,gs[m]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
printf（“%d^%d\n”,yz[i],gs[i]）;
还有一种更优的算法，叫做“Pollard's Rho”算法，但有点复杂（我懒得写），可以自行去查 已经帮你查好了←
那么这道题就可以写出来了~（我相信你会快速幂）
以下AC代码
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=9901;
int yz[100],gs[100];//分别用来存储质因子及其个数
int quick(int a,int b)//快速幂
{
long long t;
if(b==1)return a%N;
if(b%2==0)
{
t=quick(a,b/2);
return t%N*t%N;
}
else
{
t=quick(a,b/2);
t=t%N*t%N;
t=t%N*a%N;
return t%N;
}
}
long long sum(int p,int c)
{
if(c==0) return 1;//边界
if(c==1) return p+1;//边界*2,可写可不写，开始没加1出了点问题
if(c%2)
return (1+quick(p,(c+1)/2))%N*sum(p,c/2)%N;//奇数
else
return (1+quick(p,c/2))%N*sum(p,c/2-1)%N+quick(p,c);//偶数
}
long long czs(int n,int b)//分解质因数
{
if(n==0) return 0;//特殊情况直接返回
if(b==0) return 1;
int m=0,ans=1;
for(int i=2;i<=sqrt(n);i++)
{
if(n%i==0)
m++,yz[m]=i;
while(n%i==0)
{
n/=i;
gs[m]++;
}
}
if(n>1)
m++,yz[m]=n,gs[m]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
ans=(ans%N*sum(yz[i],gs[i]*b)%N)%N;
return ans%N;
}
int main()
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
printf("%lld",czs(a,b)%N);
return 0;
}
//写这么多%N是因为数据溢出www
//那个数据在下方，可以试一试能不能过
//输入：50000000 50000000
//输出：5531
终于完了 赶紧刷B站学习去了
感谢观看~ヽ(￣▽￣)ﾉ