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洛谷

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題意：

輸入兩個正整數a和b，求a^b的因子和。結果太大，只要輸出它對9901的餘數。0≤a,b≤50000000

思路：根據唯一分解定理，a^b=(b1^(p1*b))*(b2^(p2*b))*...*(bn^(pn*b)),那麼a^b的因子和就是

(b1^0+b1^1+...+b1^(p1*b))*...*(bn^0+bn^1+...+bn^(pn*b)),可用等比數列求和來做，分母是(bi-1),當bi-1是9901的倍數的時候，求的逆元是0，不符合我們的要求，所以對於(bi-1)%9901=0的情況特判一下，因為bi%9901=1,所以根據唯一分解定理，

(1+bi^1+bi^2+...+bi^pi)%9901=pi+1。

程式碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define R register
#define ll long long int
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const int N=7100;
ll a,b,c,mod=9901,ans=1,num,prime[N],notprime[N];
ll su[N],yue[N],top;
inline ll ksm(R ll x,R ll p){
    R ll tot
 
=1;
    while(p){
        if(p&1){
            tot=(tot*x)%mod;
        }
        x=(x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return tot%mod;
}
void pre(){
    notprime[1]=1;
    for(R int i=2;i<=sqrt(c);i++){
        if(notprime[i]==0)
        prime[++num]=i;
        for(R int j=1
 
;(j<=num)&&(i*prime[j]<=sqrt(c));j++){
            notprime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&a,&b);
    c=a;
    pre();
    for(R int i=1;i<=num;i++){
        R int k=prime[i];
        if(c%k==0){
            su[++top]=k;
            yue[top]=0;
            while(c%k==0){
                c/=k;
                yue[top]++;
            }
        }
    }
    if(c>1){
        su[++top]=c;
        yue[top]=1;
    }
     for(R int i=1;i<=top;++i){
        if((su[i]-1)%mod==0)
        ans*=(yue[i]+1);
        else
        ans=(ans*((ksm(su[i],yue[i]*b+1)-1)%mod)*(ksm(su[i]-1,mod-2)%mod))%mod;
    }
    printf("%lld",(ans+mod)%mod);
    return 0;
}