大致題意：

求A^B的所有約數(shù)（即因子）之和，并對其取模 9901再輸出。

?

解題思路：

要求有較強 數(shù)學思維 的題

應用定理主要有三個：

要求有較強 數(shù)學思維 的題

應用定理主要有三個：

（1）?? 整數(shù)的唯一分解定理：

????? 任意正整數(shù)都有且只有一種方式寫出其素因子的乘積表達式。

????? A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)?? 其中pi均為素數(shù)

（2）?? 約數(shù)和公式：

對于已經(jīng)分解的整數(shù)A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)

有A的所有因子之和為

????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

?

有了上面的數(shù)學基礎，那么本題解法就很簡單了：

1: 對A進行素因子分解

分解A的方法：

A首先對第一個素數(shù)2不斷取模，A%2==0時 ，記錄2出現(xiàn)的次數(shù)+1，A/=2；

當A%2!=0時，則A對下一個連續(xù)素數(shù)3不斷取模...

以此類推，直到A==1為止。

注意特殊判定，當A本身就是素數(shù)時，無法分解，它自己就是其本身的素數(shù)分解式。

(自己寫的：對素數(shù)（素數(shù)p0,p1,......p(n-1),pn）進行取余，pi*pi>=a時結束
首先從第一個素數(shù)p1開始，當p%p1==0時對該素數(shù)進行記錄，說明素數(shù)p1可以組成p分解后的素因子(p%p1!=0時結束)，對下一個素數(shù)ai進行判斷
當p%pi==0時開始記錄循環(huán)的次數(shù),然后p/=pi進行循環(huán)(p%p1!=0時結束對素數(shù)pi的處理，進行對下一個素數(shù)pi+1進行處理)直到p==1時結束循環(huán)。）

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的所有約數(shù)之和為：

sum = [1+p1+p1^2+...+p1^(a1*B)] * [1+p2+p2^2+...+p2^(a2*B)] *...* [1+pn+pn^2+...+pn^(an*B)].

3: 用遞歸二分求等比數(shù)列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：

（1）若n為奇數(shù),一共有偶數(shù)項，則：
? ? ? ?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))（快速冪運算）

上式紅色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，那么只需要不斷遞歸二分求和就可以了，后半部分為冪次式，將在下面第4點講述計算方法。

（2）若n為偶數(shù),一共有奇數(shù)項,則:
????? 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);

?? 上式紅色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，依然遞歸求解

4、

點擊查看快速冪運算講解

#include <cstring> using namespace std; int s[10010];//用于存儲分解后的素數(shù)因子 int n[10010];//用于存儲分解后的素數(shù)因子的冪指數(shù)的值 const int mod=9901; long long pow(long long p,long long n)//快速冪運算 {long long ans=1;while(n){if(n&1)ans=(ans*p)%mod;n/=2;p=(p*p)%mod;}return ans; } long long sum(long long a,long long n)//等比數(shù)列求和 {if(n==0)return 1;if(n&1)//n是奇數(shù)的情況if(n&1)等于if(n%2==1)return (sum(a,n/2)*(pow(a,n/2+1)+1))%mod;elsereturn (sum(a,n/2-1)*(1+pow(a,n/2+1))+pow(a,n/2))%mod; } int main() {long long a,b;int i,j;while(cin>>a>>b){int k=0;for(i=2;i*i<=a;)//結束條件{if(a%i==0)s[k]=i;n[k]=0;while(a%i==0)//判斷循多少次，即冪指數(shù)的值{n[k]+=1;a/=i;}k++;if(i==2)//奇偶法求素數(shù)因子，（但是自己感覺這種方法有點BUG例如9不是素數(shù)，但著這種方法會把9計算進去，不如用素數(shù)打表的方法，但是篩發(fā)打表又會超時）i++;elsei+=2;//也可以在開頭用for(i=2;i*i<a;i==2?i++:i+=2)語句進行判斷}if(a!=1)//當輸入的a本身就是素數(shù)的處理{s[k]=a;n[k++]=1;}long long ans=1;for(i=0;i<k;i++)ans=(ans%mod*(sum(s[i],n[i]*b)%mod))%mod;//用到了（3）同于模公式(a*b)%m=(a%m*b%m)%mcout<<ans<<endl;}return 0; }

用素數(shù)打表法把素數(shù)求出來：

#include<iostream> #include <cstring> #define MAX 7500//題目中給出的a b<50000000,所一素數(shù)打表MAX到7500（大約）就行 using namespace std; int s[10010];//用于存儲分解后的素數(shù)因子 int n[10010];//用于存儲分解后的素數(shù)因子的冪指數(shù)的值 const int mod=9901; long long primer[MAX],primerNum[MAX]; int num; long long pow(long long p,long long n) {long long ans=1;while(n){if(n&1)ans=(ans*p)%mod;n/=2;p=(p*p)%mod;}return ans; } long long sum(long long a,long long n) {if(n==0)return 1;if(n&1)//n是奇數(shù)的情況if(n&1)等于if(n%2==1)return (sum(a,n/2)*(pow(a,n/2+1)+1))%mod;elsereturn (sum(a,n/2-1)*(1+pow(a,n/2+1))+pow(a,n/2))%mod; }int main() {long long a,b;int i,j;memset(primer,1,sizeof(primer));for(i=2;i<MAX;i++)//一個素數(shù)的倍數(shù)必然不是素數(shù)，就把他的倍數(shù)打掉for(int j=i+i;j<MAX;j+=i)primer[j]=0;for(i=2;i<MAX;i++)if(primer[i])primerNum[num++]=i;while(cin>>a>>b){int k=0;for(i=0;primerNum[i]*primerNum[i]<=a;i++){if(a%primerNum[i]==0)s[k]=primerNum[i];n[k]=0;while(a%primerNum[i]==0)//判斷循多少次，即冪指數(shù)的值{n[k]+=1;a/=primerNum[i];}k++;}if(a!=1)//當輸入的a本身就是素數(shù)的處理{s[k]=a;n[k++]=1;}long long ans=1;for(i=0;i<k;i++)ans=(ans%mod*(sum(s[i],n[i]*b)%mod))%mod;//用到了（3）同于模公式(a*b)%m=(a%m*b%m)%mcout<<ans<<endl;}return 0; }

總結

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