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[100001],cnt[100001],ans,pw[1000001],tot;
int main()
{lol x,i,j;
  cin>>A>>B;
  x=A;
  for (i=2;i*i<=A;i++)
    {
      if (x%i==0)
    {
      pri[++tot]=i;
      while (x%i==0)
        {
          cnt[tot]++;
          x/=i;
        }
    }
    }
  if (x!=1)
    {
      pri[++tot]=x;
      cnt[tot]=1;
    }
  for (i=1;i<=tot;i++)
    cnt[i]*=B;
  ans=1;
  for (i=tot;i>=1;i--)
    {
      pw[0]=1;
      lol s=1,as=1;
      for (j=1;j<=9899&&j<=cnt[i];j++)
    {
      pw[j]=pw[j-1]*pri[i]%9901;
      s=(s+pw[j])%9901;
      if (cnt[i]%9900==j)
        as=s;
    }
      ans=(ans*((cnt[i]/9900)*s+as)%9901)%9901;
    }
  cout<<ans;
}