Sumdiv
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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
Hint
2^3 = 8.
The natural divisors of 8 are: 1,2,4,8. Their sum is 15.
15 modulo 9901 is 15 (that should be output).
Source
Romania OI 2002
思路:優YoU http://user.qzone.qq.com/289065406/blog/1309237394
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
4：反复平方法计算幂次式p^n
这是本题关键所在，求n次幂方法的好坏，决定了本题是否TLE。
以p=2，n=8为例
常规是通过连乘法求幂，即2^8=2*2*2*2*2*2*2*2
这样做的要做8次乘法
而反复平方法则不同，
定义幂sq=1，再检查n是否大于0，
While，循环过程若发现n为奇数，则把此时的p值乘到sq
{
n=8>0 ，把p自乘一次， p=p*p=4 ，n取半 n=4
n=4>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=16 ，n取半 n=2
n=2>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=256 ，n取半 n=1，sq=sq*p
n=1>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=256^2 ，n取半 n=0，弹出循环
}
则sq=256就是所求，显然反复平方法只做了3次乘法
#include <set>
#include <map>
#include <list>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define PI cos(-1.0)
#define RR freopen("input.txt","r",stdin)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 9901;
const int MAX = 1e6;
int prime[100000];
bool vis[MAX];
int top;
int a,b;
int num[20];
int bite[20];
LL Pow(LL p,LL n)//快速幂
{
LL ans=1;
while(n)
{
if(n%2)
{
ans=(ans*p)%MOD;
}
n/=2;
p=(p*p)%MOD;
}
return ans;
}
LL sum(LL p,LL n)//计算约数和
{
if(n==0)
{
return 1;
}
if(n%2)
{
return (sum(p,n/2)*(1+Pow(p,n/2+1)))%MOD;
}
else
{
return ((sum(p,n/2-1)*(1+Pow(p,n/2+1)))+Pow(p,n/2))%MOD;
}
}
void Getprime()//素数筛
{
top=0;
memset(vis,false,sizeof(vis));
for(LL i=2; i<MAX; i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[top++]=i;
for(LL j=i*i; j<MAX; j+=i)
{
vis[j]=true;
}
}
}
}
int main()
{
Getprime();
int ans;
while(~scanf("%d %d",&a,&b))
{
ans=0;
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i=0; prime[i]*prime[i]<=a; i++)
{
if(a%prime[i]==0)//分解因子
{
bite[ans]=prime[i];
while(a%prime[i]==0)
{
a/=prime[i];
num[ans]++;
}
ans++;
}
}
if(a!=1)
{
bite[ans]=a;
num[ans]++;
ans++;
}
int ant=1;
for(int i=0;i<ans;i++)
{
ant=(ant*(sum(bite[i],num[i]*b)))%MOD;
}
printf("%d\n",ant);
}
return 0;
}