题意：求 A^B的所有约数之和对9901取模后的结果。
分析：
看了小优的博客写的。
分析来自 http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648539
（1） 整数的唯一分解定理：
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
（2） 约数和公式：
对于已经分解的整数A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)
有A的所有因子之和为
S = (1+p1+p1^2+p1^3+...p1^k1) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^k2) * (1+p3+ p3^3+…+ p3^k3) * .... * (1+pn+pn^2+pn^3+...pn^kn)
（3） 同余模公式：
(a+b)%m=(a%m+b%m)%m
(a*b)%m=(a%m*b%m)%m
有了上面的数学基础，那么本题解法就很简单了：
1: 对A进行素因子分解
分解A的方法：
A首先对第一个素数2不断取模，A%2==0时 ，记录2出现的次数+1，A/=2；
当A%2!=0时，则A对下一个连续素数3不断取模...
以此类推，直到A==1为止。
注意特殊判定，当A本身就是素数时，无法分解，它自己就是其本身的素数分解式。
最后得到A = p1^k1 * p2^k2 * p3^k3 *...* pn^kn.
故 A^B = p1^(k1*B) * p2^(k2*B) *...* pn^(kn*B);
2：A^B的所有约数之和为：
sum = [1+p1+p1^2+...+p1^(a1*B)] * [1+p2+p2^2+...+p2^(a2*B)] *...* [1+pn+pn^2+...+pn^(an*B)].
3: 用递归二分求等比数列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：
（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，那么只需要不断递归二分求和就可以了，后半部分为幂次式，将在下面第4点讲述计算方法。
（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);
上式红色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，依然递归求解
4：反复平方法计算幂次式p^n
这是本题关键所在，求n次幂方法的好坏，决定了本题是否TLE。
以p=2，n=8为例
常规是通过连乘法求幂，即2^8=2*2*2*2*2*2*2*2
这样做的要做8次乘法
而反复平方法则不同，
定义幂sq=1，再检查n是否大于0，
While，循环过程若发现n为奇数，则把此时的p值乘到sq
{
n=8>0 ，把p自乘一次， p=p*p=4 ，n取半 n=4
n=4>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=16 ，n取半 n=2
n=2>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=256 ，n取半 n=1，sq=sq*p
n=1>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=256^2 ，n取半 n=0，弹出循环
}
则sq=256就是所求，显然反复平方法只做了3次乘法
代码：
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdlib> 4 #include <cmath> 5 #include <cstdio> 6 #include <vector> 7 #include <algorithm> 8 #define LL long long 9 using namespace std; 10 const int maxn = 10000+10; 11 const int mod = 9901; 12 __int64 power(__int64 p, __int64 n)//反复平方法求(p^n)%mod 13 { 14 __int64 sq = 1; 15 while(n>0) 16 { 17 if(n&1) sq = (sq*p)%mod; 18 n /= 2; 19 p = p*p%mod; 20 } 21 return sq; 22 } 23 __int64 sum(__int64 p, __int64 n)//递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod 24 { 25 if(n == 0) return 1; 26 if(n%2) //奇数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1)) 27 return (sum(p, n/2)*(1+power(p, n/2+1)))%mod; 28 else //偶数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2) 29 return (sum(p, n/2-1)*(1+power(p, n/2+1))+power(p, n/2))%mod; 30 } 31 int main() 32 { 33 int a, b, p[maxn], n[maxn], ans; 34 while(cin>>a>>b) 35 { 36 int i, k = 0; 37 for(i = 2; i*i <= a;) //分解整数a,常规情况，根号法+递归法 38 { 39 if(a%i == 0) 40 { 41 p[k] = i; n[k] = 0; //p[]代表分解的第k个质数是几，n[]表示第k个质数有多少个 42 while(!(a%i)) 43 { 44 n[k]++; 45 a /= i; 46 } 47 k++; 48 } 49 if(i==2) i++; 50 else i += 2; //节省时间 51 } 52 if(a!=1) //特殊情况，a为质数。 53 { 54 p[k] = a; 55 n[k++] = 1; 56 } 57 ans = 1; 58 for(i = 0; i < k; i++) 59 ans = (ans*(sum(p[i], n[i]*b))%mod)%mod; //看分析的公式 60 cout<<ans<<endl; 61 } 62 return 0; 63 }