大致题意：
求A^B的所有约数（即因子）之和，并对其取模 9901再输出。
解题思路：
应用定理主要有三个：
（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
//Memory Time //336K 0MS #include<iostream> using namespace std; const int size=10000; const int mod=9901; __int64 sum(__int64 p,__int64 n); //递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod __int64 power(__int64 p,__int64 n); //反复平方法求 (p^n)%mod int main(void) { int A,B; int p[size];//A的分解式,p[i]^n[i] int n[size]; while(cin>>A>>B) { int i,k=0; //p,n指针 /*常规做法：分解整数A (A为非质数)*/ for(i=2;i*i<=A;) //根号法+递归法 { if(A%i==0) { p[k]=i; n[k]=0; while(!(A%i)) { n[k]++; A/=i; } k++; } if(i==2) //奇偶法 i++; else i+=2; } /*特殊判定：分解整数A (A为质数)*/ if(A!=1) { p[k]=A; n[k++]=1; } int ans=1; //约数和 for(i=0;i<k;i++) ans=(ans*(sum(p[i],n[i]*B)%mod))%mod; //n[i]*B可能会超过int，因此用__int64 cout<<ans<<endl; } return 0; } __int64 sum(__int64 p,__int64 n) //递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod { //奇数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1)) if(n==0) //偶数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2) return 1; if(n%2) //n为奇数, return (sum(p,n/2)*(1+power(p,n/2+1)))%mod; else //n为偶数 return (sum(p,n/2-1)*(1+power(p,n/2+1))+power(p,n/2))%mod; } __int64 power(__int64 p,__int64 n) //反复平方法求(p^n)%mod { __int64 sq=1; while(n>0) { if(n%2) sq=(sq*p)%mod; n/=2; p=p*p%mod; } return sq; }
转载自：優YoU http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648539