poj 1845 Sumdiv ，质因子分解

题意：

求A^B的所有约数之和。

题解：

A = P1^a1 * P2^a2 * ... * Pn^an.

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)].

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))

上式红色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);

上式红色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，依然递归求解

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn = 20000;
const int mod = 9901;
int p[maxn], k[maxn], cnt = 0;

LL pow(LL a, LL b) {
    LL res = 1;
    while(b) {
        if(b&1) res = res*a % mod;
        a = a*a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

void factor(int n) {
    cnt = 0;
    int m = (int)sqrt(n + 0.5);
    for(int i=2; i<=m; i+=2) {
        if(!(n%i)) {
            p[cnt] = i;
            k[cnt] = 0;
            while(!(n%i)) {
                n /= i;
                k[cnt]++;
            }
            cnt++;
        }
        if(i==2) i--;
    }
    if(n>1) {
        p[cnt] = n;
        k[cnt] = 1;
        cnt++;
    }
}

LL sum(LL p, LL n) {
    if(n==0)
        return 1;
    if(n%2)
        return (sum(p,n/2)*(1+pow(p,n/2+1))) % mod;
    else
        return (sum(p,n/2-1)*(1+pow(p,n/2+1))+pow(p,n/2)) % mod;
}
int main() {
    int a, b;
    scanf("%d%d", &a, &b);
    factor(a);

    LL ans = 1;
    for(int i=0; i<cnt; ++i) {
        ans = (ans*(sum(p[i],k[i]*b)%mod))%mod;
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}