题目大意：A^B的所有约数和，mod 9901.

解题思路：

①整数唯一分解定理：

一个整数A一定能被分成：A=(P1^K1)*(P2^K2)*(P3^K3).....*(Pn^Kn)的形式。其中Pn为素数。

如2004=(22)*3*167。

那么2004x=(22x)*(3x)*(167x)。

②约数和公式

对于一个已经被分解的整数A=(P1^K1)*(P2^K2)*(P3^K3).....*(Pn^Kn),

有约数和S=(1+P12+P13+.....P1k1)*.....(1+Pn2+Pn3+.....Pnkn)。

(1+P12+P13+.....P1k1)是一个等比数列，化简为(P1k1+1 -1)/(P1-1)，由于有除法同余式，很容易想到乘法逆元。

但是这题和HDU 1452不同，对于逆元表达式ax=1 mod n，乘法逆元存在的条件是gcd(a,n)=1,即a,n互质，但是这题的gcd(P1-1,9901)≠1, 所以不能用乘法逆元求解。

所以有必要对等比数列求和公式改一改：

(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，后半部分递归求解即可。

(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);

这样，在对A质因数分解后，对于每一个质因数，累乘sum(质因数，次数)%mod即可，注意sum计算的时候都要mod防止溢出。

注意一下A的范围，A=0或A=1时无法分解质因数，所以特判结果分别是0和1。

#include "cstdio"

#include "map"

using namespace std;

#define LL long long

#define mod 9901

map prime_factor(LL n)

{

map res;

for(LL i=;i*i<=n;i++)

while(n%i==) {++res[i];n/=i;}

if(n!=) res[n]=;

return res;

}

LL pow(LL a,LL n)

{

LL base=a,ret=;

while(n)

{

if(n&) ret=(ret*base)%mod;

base=(base*base)%mod;

n>>=;

}

return ret%mod;

}

LL sum(LL p,LL n)

{

if(n==) return ;

if(n&) return ((+pow(p,(n>>)+))*sum(p,n>>))%mod;

else return ((+pow(p,(n>>)+))*sum(p,(n-)>>)+pow(p,n>>))%mod;

}

int main()

{

//freopen("in.txt","r",stdin);

LL a,b,res=;

scanf("%I64d%I64d",&a,&b);

if(a==) {printf("0\n");return ;}

map fac=prime_factor(a);

for(map::iterator i=fac.begin();i!=fac.end();i++)

{

LL tmp=sum(i->first,i->second*b)%mod;

res=(tmp*res)%mod;

}

printf("%I64d\n",res);

}

13625416

Accepted

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0MS

992B

2014-11-13 12:53:25

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