题目链接：http://poj.org/problem?id=1845
题目大意：
求A^B的所有约数和s。A和B都很大（0<=A,B<=50000000).
题目分析：
这道题让我学会了很多东西，很多我之前没有见识过的专属于数学的技巧之类的。看了别人的博客，受益匪浅。现总结如下：
先来分析一下这道题目，再来讲技巧吧。
这道题真是大数中的大数。刚看到这道题就完全没有头脑。全凭小优的指点（http://blog.csdn.net/lyy289065406） 。
（1） 整数唯一分解定理
任何整数都可以且尽可以分解成若干个素数相乘的形式，如下：
A=p1^k1 * p2^k2 *……* pn^kn；其中的pi各表示一个素数.
（2）约数和公式
按照整数的分解定理，我们有一个整数的约数之和公式为：
S=（1+p1+p1^2+……p1^k1) * (1+p2+p2^2+……+p2^k2) *……* (1+pn+pn^2+……+pn^kn).
（3） 同余模公式
(a+b)%mod=(a%mod + b%mod)%mod;
(a*b)%mod=(a%mod * b%mod)%mod;
*以上的三个数学知识是解这道题的关键。请先消化理解以后再往下面看*
第二部份呢，我们来利用上面的理论基础分析一下这道题。
如果有：A=p1^k1 * p2^k2 *……* pn^kn；
那么有：A^B=p1^(k1*B) * p2^(k2*B) *……* pn^(kn*B);
因而 ： S=[1+p1+p1^2+……p1^(k1*B)] * [1+p2+p2^2+……+p2^(k2*B)] *……* [1+pn+pn^2+……+pn^(kn*B)].
至此，答案已经很明了了，下面的事情就是如何来用程序实现上面的过程了，注意，最终的S是要mod 9901 的哦！
*还有什么不明白的吗？可以在讨论区提问哦*
第三部份，我们来尝试用程序实现上述公式：
（1）质因数分解
在这里我用的根号法+递归法（名字是小优那里借鉴的），起初还没想明白这个方法，试图用素数表的方式来解决问题，看到五千万那么大就没有敲了，如果感兴趣，可以自己试一试哦。看一看下面的“根号法+递归法”吧。
for(int i=2;i*I<=A;) //根号法的体现 { int k=0;//这是p[ ]和n[ ]的指针。p是存素因子的，n是存其指数 if (A%i==0) { p[k]=i; n[k]=0; while(A%i) //这是递归法的体现，找到一个素因子就用此法计算其个数 { n[k]++; A/=i; } k++; } if(i==2) //这是所谓的奇偶法，除了2其余素数都是奇数哦 i++; else i+=2; } if(A!=1)//常规来讲，这时候的A已经被分解剩下1了，除非A本身就是素数 { p[k]=A; n[k++]=1; }
* 乍看上去，这也太慢了吧，怎么一个个去试，会不会出现重复啊？会不会把非质数当成是质因子啊？这个问题呢就留给大家自己思考啊。*
（2）二分法求等比数列的和
解决了A的分解问题，自然需要来解决一下S的求解问题，很明显S是一系列以pi为公比的等比数列和 之积。只要能解决等比数列和的问题那这道题就迎刃而解了啊。最最直接的方法是利用求和公式，但是别忘了，我们的S可是还需要对9901取模的，[pi^(ki*B)-1]/(pi-1)这个结果中pi-1未必和9901互素！因而，解决这个问题，就只好用二分法：
对于一个等比数列求和 S=1+q+q^2+……q^n
如果n为奇数，那么一共就有偶数个项了，
S=[1+q+……+q^(n/2)] * [1+q^(n/2+1)]
如果n为偶数，那么一共就是有奇数个项了，
S=[1+q+……+q^(n/2-1] * [1+q^(n/2+1)]+q^(n/2)
*如果记不住上面的公式的话，就举个例子自己算算，结果自然就很清楚了。*
现在所有的理论问题都解决了，就看代码吧。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 using namespace std; 4 #define size 10000 5 #define mod 9901 6 7 int p[size],n[size]; 8 9 long long pow3(long long int a,long long int b )//快速幂 10 { 11 long long int r = 1, base = a; 12 while( b != 0 ) 13 { 14 if( b & 1 ) 15 r =(r * base) % mod; 16 base =(base * base) % mod; 17 b >>= 1; 18 } 19 return r; 20 } 21 22 long long sum(long long p,long long n)//二分递归求解等比数列之和 23 { 24 if(n==0) 25 return 1; 26 if(n%2) 27 return ((sum(p,n/2) % mod) * (1+pow3(p,n/2+1))% mod )% mod; 28 else 29 return (((sum(p,n/2-1) % mod) * (1+pow3(p,n/2+1))% mod ) % mod + pow3(p,n/2) %mod)%mod; 30 } 31 32 int main() 33 { 34 int A,B; 35 while(scanf("%d%d",&A,&B)!=EOF) 36 { 37 int js=0; 38 for(int i=2;i*i<=A;)//质因数分解A，根号法和递归法 39 { 40 if(A%i==0) 41 { 42 p[js]=i; 43 n[js]=0; 44 while(A%i==0) 45 { 46 n[js]++; 47 A/=i; 48 } 49 js++; 50 } 51 if(i==2) 52 i++; 53 else 54 i+=2; 55 } 56 if(A!=1)//A本身就是素数的 57 { 58 p[js]=A; 59 n[js++]=1; 60 } 61 62 long long ans=1; 63 for(int i=0;i<js;i++) 64 { 65 ans=( ans * sum(p[i],n[i]*B)%mod )%mod; 66 } 67 cout<<ans<<endl; 68 } 69 return 0; 70 }