Sol:
直接把A质因数分解，由算术基本定理的推论可知：
[ans=prod^{cnt}_{i=1}(sum^{B*c_i}_{j=0}p_i^j) (mod 9901)
]
可以发现，里面每一项都是一个等比数列求和，那么：
[ans=prod^{cnt}_{i=1}(frac{p_i^{B*c_i+1}-1}{p_i-1}) (mod 9901)
]
所以可以直接算答案了。
需要注意的是，如果:
[9901 | p_i-1
]
那么不能直接求其逆元，但是：
[p_iequiv 1 (mod 9901)
]
所以
[sum^{B*c_i}_{j=0}p_i^jequiv B*c_i+1 (mod 9901)
]
同样可以直接算答案。
Code：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define RG register
#define IL inline
#define int long long
#define DB double
using namespace std;
const int N=2e4+10;
const int mod=9901;
int A,B,tot,fac[N],cnt[N];
IL void prime_fac(int x) {
RG int i;
for (i=2;i*i<=x;++i)
if (x%i==0) {
fac[++tot]=i;
while (x%i==0) x/=i,++cnt[tot];
}
if (x>1) fac[++tot]=x,cnt[tot]=1;
}
IL int mul(int a,int b) {
RG int ans=0;
for (;b;b>>=1,a=(a+a)%mod)
if (b&1) ans=(ans+a)%mod;
return ans;
}
IL int quick_pow(int x,int P) {
RG int ans=1;
for (;P;P>>=1,x=mul(x,x))
if (P&1) ans=mul(ans,x);
return ans;
}
signed main()
{
RG int i,ans;
while (scanf("%lld%lld",&A,&B)!=EOF) {
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
tot=0,ans=1,prime_fac(A);
for (i=1;i<=tot;++i) {
if ((fac[i]-1)%mod==0) ans=mul(ans,(cnt[i]*B+1));
else {
ans=mul(ans,(quick_pow(fac[i],cnt[i]*B+1)-1+mod)%mod);
ans=mul(ans,quick_pow(fac[i]-1,mod-2));
}
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}