來源：https://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648539

題目描述

輸入

輸出

樣例輸入

2 3

樣例輸出

15

提示

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).

題意：求A^B的所有約數之和。

主要使用的定理：

1.整數的唯一分解定理

任意正整數都有且只有一種方式寫出其素因子的乘積表達式。

A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn) 其中pi均為素數

2.約束和公式

若已知整數a=(p1^k1)*(p2^k2)……*(pn^kn)

有sum=(1+p1+p1^2+……+p1^k1)*(1+p2+p2^2+……+p2^k2)*……*(1+pn+pn^2+……+pn^kn)

3.同余模公式

(a+b)%m=(a%m+b%m)%m

(a*b)%m=(a%m*b%m)%m

解法：

1.素因子分解

A首先對第一個素數2不斷取模，A%2==0時 ，記錄2出現的次數+1，A/=2；

當A%2!=0時，則A對下一個連續素數3不斷取模...

以此類推，直到A==1為止。

註意特殊判定，當A本身就是素數時，無法分解，它自己就是其本身的素數分解式。

2.求a^b的所有約數之和

用遞歸二分求等比數列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：

（1）若n為奇數,一共有偶數項，則：
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))

上式紅色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，那麽只需要不斷遞歸二分求和就可以了，後半部分為冪次式，將在下面第4點講述計算方 法。

（2）若n為偶數,一共有奇數項,則:
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);

上式紅色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，依然遞歸求解

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=10000;
const int mod=9901;
int a,b,p[N],n[N];

ll qm(ll a,ll b)
{
    ll ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ret=ret*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

ll sum(ll p,ll n)
{
    if(n==0)
        return 1;
    if(n%2)
        return (sum(p,n/2)*(1+qm(p,n/2+1)))%mod;
    else
        return (sum(p,n/2-1)*(1+qm(p,n/2+1))+qm(p,n/2))%mod;
}
int main()
{
    cin>>a>>b;
    int k=0;
    for(int i=2;i*i<=a;)
    {
        if(a%i==0)
        {
            p[k]=i;
            n[k]=0;
            while(a%i==0)
            {
                n[k]++;
                a/=i;
            }
            k++;
        }
        if(i==2)
            i++;
        else
            i+=2;
    }
    if(a!=1)
    {
        p[k]=a;
        n[k++]=1;
    }
    int ans=1;
    for(int i=0;i<k;i++)
        ans=(ans*(sum(p[i],n[i]*b)%mod))%mod;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

【數論】Sumdiv（整數的唯一分解定理+約束和公式+遞歸求等比）