洛谷P1593 因子和

题目描述

输入两个正整数a和b，求a^b的因子和。结果太大，只要输出它对9901的余数。

输入输出格式

输入格式：

仅一行，为两个正整数a和b(0≤a,b≤50000000)。

输出格式：

a^b的因子和对9901的余数。

输入输出样例

输入样例#1：

2 3

输出样例#1：

15
看似不可做，其实非常简单
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
那么A^B=(p1^(k1*B))*(p2^(k2*B))*(p3^(k3*B))*....*(pn^(kn*B))
显然ans=∑i1∑i2.....∑ik(p1^i1)*(p2^i2)*.....(pk^ik)
　　　=∑i1(p1^i1)∑i2(p2^i2).....∑ik(pk^ik)

但是k*B最大可以达到30000×50000000(极限估算)
这里我们运用指数取模的方法，因为模数很小
根据费马小定理，我们证出：
a^x≡a^(x%μ(p)) (mod p)            μ(p)=9900，p=9901
这样我们发现，∑i(p^i)其实存在长度为μ(p)的循环节
这样，就算k*B再大，我们也可以通过O(μ(p))的求和处理算出循环节
然后就可以直接算出∑i(p^i)

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 typedef long long lol;
 lol A,B,pri[],cnt[],ans,pw[],tot;
 int main()
 {lol x,i,j;
   cin>>A>>B;
   x=A;
   for (i=;i*i<=A;i++)
     {
       if (x%i==)
     {
       pri[++tot]=i;
       while (x%i==)
         {
           cnt[tot]++;
           x/=i;
         }
     }
     }
   if (x!=)
     {
       pri[++tot]=x;
       cnt[tot]=;
     }
   for (i=;i<=tot;i++)
     cnt[i]*=B;
   ans=;
   for (i=tot;i>=;i--)
     {
       pw[]=;
       lol s=,as=;
       for (j=;j<=&&j<=cnt[i];j++)
     {
       pw[j]=pw[j-]*pri[i]%;
       s=(s+pw[j])%;
       if (cnt[i]%==j)
         as=s;
     }
       ans=(ans*((cnt[i]/)*s+as)%)%;
     }
   cout<<ans;
 }