POJ1845

这还是一道综合了许多数论的知识点的，做完也涨了不少姿势

但还是因为约数和公式这个鬼东西去找了度娘

题意很简单，就是求(A^B)的约数之和(mod 9901)。

但是这种题意越是简单的题目越是坑人

首先如果你不知道约数和公式就绝逼GG，然后由于有唯一分解定理这种东西撑腰，我们选择直接用公式.

先分解质因数得到(n)个质因数(p_i)和它们出现的次数(t_i)，然后约数和：

(prod_{i=1}^{n} sum_{j=0}^{t[i]} {p_i}^j)

然后我们考虑如何处理那个(sum_{j=0}^{t} {p}^j)

首先我们可以发现这是一个等比数列，然后我们来对它进行转化，我们设(S=sum_{j=0}^{t} {p}^j ......(1))，则有

(pS=sum_{j=1}^{t+1} {p}^j ......(2))

我们((2)-(1))得

((p-1)S=p^{t+1}-1)

即

(S=frac{p^{t+1}-1}{p-1})

所以我们上面用快速幂，下面用逆元即可，然后就解决了

但其实这道题的坑点让人难以想象：

1. 当(9901mid p-1)时不能用逆元，要特殊处理
2. 因为这道题的次数不能取模，所以要涉及到两个long long的数相乘，但是由于取模所以不用高精，所以我们用二进制的方法（其实就是和快速幂一样的思想）来做快速乘
3. 分解质因数的时候这个数可能本身就是质数（这个比较经典）

然后我们就可以艹过去了

CODE

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL S_N=10005,mod=9901;
LL a,b,prime[S_N],t[S_N],ex,cnt,ans=1;
bool vis[S_N];
inline void Euler(LL m)
{
	register LL i,j; vis[1]=1;
	for (i=2;i<m;++i)
	{
		if (!vis[i]) prime[++cnt]=i;
		for (j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<m;++j)
		{
			vis[i*prime[j]]=1;
			if (!(i%prime[j])) break;
		}
	}
}
inline void resolve(LL x)
{
	register LL i;
	for (i=1;i<=cnt;++i)
	{
		while (!(x%prime[i])) x/=prime[i],++t[i];
		if (!(x^1)) break;
	}
	if (x^1) ex=x;
}
inline LL quick_mul(LL x,LL y,LL mod)
{
	LL tot=0;
	while (y)
	{
		if (y&1) tot=(tot+x)%mod;
		x=(x<<1)%mod; y>>=1;
	}
	return tot;
}
inline LL quick_pow(LL x,LL p,LL mod)
{
	LL tot=1;
	while (p)
	{
		if (p&1) tot=quick_mul(tot,x,mod);
		x=quick_mul(x,x,mod); p>>=1;
	}
	return tot;
}
inline LL inv(LL x)
{
	return quick_pow(x,mod-2,mod);
}
inline LL calc(LL p,LL t)
{
	return (((quick_pow(p,t,mod)-1+mod)%mod)*inv(p-1))%mod;
}
int main()
{
	Euler(S_N); scanf("%lld%lld",&a,&b); resolve(a);
	for (register LL i=1;i<=cnt;++i)
	if (t[i]) 
	{
		if ((prime[i]-1)%mod) ans=(ans*calc(prime[i],t[i]*b+1))%mod;
		else ans=(ans*quick_pow(prime[i],t[i]*b+1,mod*(prime[i]-1))/(prime[i]-1))%mod; 
	}
	if (ex) 
	{
		if ((ex-1)%mod) ans=(ans*calc(ex,b+1))%mod;
		else ans=(ans*quick_pow(ex,b+1,mod*(ex-1))/(ex-1))%mod; 
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}