约数之和

题意

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假设现在有两个自然数 A 和 B，S 是 A^B 的所有约数之和。

请你求出 S mod 9901 的值是多少。

输入格式

在一行中输入用空格隔开的两个整数 A 和 B。

输出格式

输出一个整数，代表 S mod 9901 的值。

数据范围

0≤A,B≤5×10^7

输入样例：

2 3

输出样例：

15

注意: A 和 B 不会同时为 00。

分析

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A的约数之和有公式，首先对A分解质因数得到 \(p_{1},p_{2},...,p_{n}\)，并得到对应质因子的次数，然后\(ans=(p_{1}^{0}+...+p_{1}^{k_{1}})*....*(p_{n}^{0}+...+p_{n}^{k_{n}})\)

质因子分解的时间复杂度是\(O(n^{1/2})\)，每个质因子的次数最多是30次（质因子最小是2，int范围内指数最高可达31），所以没什么问题。

但是本问题求得的\(A^B\)的约数之和，虽然质因子分解的复杂度一样，但每个质因子的次数最多是\(30*50000000=1.5*10^{9}\)，直接计算会超时，需要优化时间复杂度。公式中的一项观察：\((p_{1}^{0}+...+p_{1}^{k_{1}})\)

• 当某个质因子的次数是奇数时，包括0次，式子一共有偶数项，原问题=\((p_{1}^{0}+...+p_{1}^{k_{1}})\)=\((p_{1}^{0}+...+p_{1}^{\frac{k_{1}}{2}})\)+\((p_{1}^{\frac{k_{1}+1}{2}}+...+p_{1}^{k_{1}})\)=\((p_{1}^{0}+...+p_{1}^{\frac{k_{1}}{2}}) * (1+p_{1}^{\frac{k_{1}}{2}})\)
• 当某个质因子的次数是偶数时，包括0次，式子一共有奇数项，原问题可以先用快速幂求出最后一项，剩余偶数项求和变成第一种情况

综上，若最高次数是k，我们可以通过分类讨论，将公式中的求和问题的时间复杂度降到 \(log(k)*log(k)\)（分治递归层数 * 快速幂时间复杂度），因此总的时间复杂度是\(O(n^{1/2} * log(k)^{2})\)

代码

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#include<iostream>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int mod=9901;

ll qmi(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

ll get(ll a,ll b)
{
    if(b==1)return 1;
    if(b&1)return (get(a,b-1)+qmi(a,b-1))%mod;
    return (1+qmi(a,b/2))*get(a,b/2)%mod;
}

int main()
{
    ll a,b;scanf("%lld%lld",&a,&b);
    ll ans=1;
    for(int i=2;i*i<=a;i++)
    {
        if(a%i==0)
        {
            int s=0;
            while(a%i==0)a/=i,s++;
            ans=ans*get(i,s*b+1)%mod;
        }
    }
    if(a>1)ans=ans*get(a,b+1)%mod;
    if(!a)ans=0;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}