当初写过一篇分治的

题意:求A^B的所有因子之和,并对其取模 9901再输出

对于数A=p1^c1+p2^c2+...+pn*cn,它的所有约数之和为(1+p1+p1^2+p1^3+...+p1^(c1*B))*(1+p2+p2^2+p2^3+...+p2^(c2*B))*...*(1+pn+pn^2+pn^3+...+pn^(cn*B))

注意到约数之和的每一项都是等比数列,可以用通项搞他,先用快速幂计算分子,再求出分母的乘法逆元。

特别地,当分母pi-1为9901的倍数时,乘法逆元不存在,但是1,pi,pi^2...pi^(ci*B) ≡ 1 (mod 9901)

所以此时贡献即为B*ci+1 mod 9901

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
#define R register int
using namespace std;
const int M=;
inline int g() {
R ret=,fix=; register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) fix=ch=='-'?-:fix;
do ret=ret*+(ch^); while(isdigit(ch=getchar())); return ret*fix;
}
int a,b,cnt;
int p[],c[];
ll ans=;
inline void div(int n) {
for(R i=;i*i<=n;++i) if(n%i==) {
p[++cnt]=i; while(n%i==) n/=i,++c[cnt];
} if(n>) p[++cnt]=n,c[cnt]=;
}
inline int qpow(int a,ll p) { R ret=; a%=M;
for(;p;p>>=,(a*=a)%=M) if(p&) ret=(ll)ret*a%M; return ret;
}
signed main() {
a=g(),b=g(); div(a);
for(R i=;i<=cnt;++i) {
if((p[i]-)%M==) {
ans=((ll)b*c[i]+)%M*ans%M;
continue;
}
R x=(qpow(p[i],(ll)b*c[i]+)-+M)%M;
R y=qpow(p[i]-,M-);
ans=(ll)ans*x%M*y%M;
} printf("%lld\n",ans);
}

2019.05.11

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