求個數：φ(a^b)=φ(a)*a^(b-1)

證明：

整數唯一分解定理：a=p1^k1*p2^k2*p3^k3*......*pm^km

然後是兩個數的尤拉函式：

φ(a)=a*( 1-1/p1 )*( 1-1/p2 )*( 1-1/p3 )*......*( 1-1/pm )

φ(a^b)=a^b*( 1-1/p1 )*( 1-1/p2 )*( 1-1/p3 )*......*( 1-1/pm )

a與a^b的質因子是相同的，不同的只有最前面乘的數

求和：令N=a^b，則有公式：sum=N*φ(N)/2

證明：

首先要知道一個推論：gcd( n, m )==1  ==>  gcd( n, n-m )==1

證：若gcd( n, m )==1，gcd( n, n-m )==K ( K != 1 )

==> n%K==0，( n-m )%K==0

==> m%K==0

==>gcd( n, m )==K，矛盾

∴gcd( n, m )==1  ==>  gcd( n, n-m )==1

小於N的與N互質的數一共有φ(N)個，和為N的兩兩配對。得證。

#include<cstdio>
#include<cmath>
typedef long long LL;
const int Mod=1e9+7;
LL a, b;

LL Euler( LL n ) {
	LL m=sqrt( n+0.5 );
	LL res=n;
	for( LL i=2; i<=m; i++ )
		if( !(n%i) ) {
			res=res/i*(i-1);
			while( !(n%i) ) n/=i;
		}
	if( n>1 ) res=res/n*(n-1);
	return res%Mod;
}

LL Mul( LL a, LL b ) {
	LL res=0;
	for( LL i=1; i<=b; i<<=1, a=( a<<1 )%Mod )
		if( b&i ) res=( res+a )%Mod;
	return res%Mod;
}

LL Ksm( LL b, LL p ) {
	LL res=1;
	while( p ) {
		if( p&1 ) res=Mul( res, b );
		b=Mul( b, b );
		p>>=1;
	}
	return res%Mod;
}

int main() {
	scanf( "%I64d%I64d", &a, &b );
	LL phia=Euler( a )*Ksm( a, b-1 )%Mod;
	printf( "%I64d\n", phia );
	printf( "%I64d\n", phia*Ksm( a, b )%Mod  );
	return 0;
}