POJ 1845-Sumdiv（厉害了这个题）

Description

Consider two natural numbers A and B. Let S be the sum of all natural divisors of A^B. Determine S modulo 9901 (the rest of the division of S by 9901).

Input

The only line contains the two natural numbers A and B, (0 <= A,B <= 50000000)separated by blanks.

Output

The only line of the output will contain S modulo 9901.

Sample Input

2 3

Sample Output

15

Hint

2^3 = 8.

The natural divisors of 8 are: 1,2,4,8. Their sum is 15.

15 modulo 9901 is 15 (that should be output).

题意很简单a的b次方的因数和对9901取模；

这个题题意很简单，但是看数据量加操作肯定超时，涵盖知识量极多。

1.快速幂：递归求解指数运算。

指数过大无法运算，虽然不知道他们是怎么做的，估计跟这个差不多。

PS

typedef long long LL;
LL power(int a,int b){
	LL ans=1;
	while(b){
		if(p&1) ans=ans*a; /判断是否为奇数（可以%2，按位或&可能快一点）
		a=a*a;
		b>>=1;
	}
return ans;

以2 ^ 8 和2 ^ 9为例，

a=2,b=8;

b是偶数，进行下一步

a=22=4;

b=4;

b是偶数，进行下一步

a=44=16:

b=2;

next

a=1616=256

b=1;

next

b是奇数；

ans=1a=256；

只用了log2n次的乘法；

2.A^B的所有约数之和为：

sum = [1+p1+p1²+…+p1 ^(a1*B)] * [1+p2+p2²+…+p2^(a2*B)] … [1+pn+pn²+…+pn^(an*B)].

3.埃氏筛法

直接板子（这里我用了近似的思想，当时还没明白这个方法）

int a[maxx];
int b[maxx+1];
int gg(int n)
{
    int p=0;//记录素数个数
    for(int i=0;i<n+1;i++)b[i]=1;
    b[0]=0;
    b[1]=0;
    //准备完毕
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(b[i]){
            a[p++]=i;//记录素数和个数
            for(int j=2*i;j<=n;j+=i)b[j]=0;//剔除倍数
        }
    }
    return p;//返回素数个数
}

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define MOD 9901
using namespace std;
int a,b,z;
int p[10000];   //质数
int p_n[10000];//质数个数
void Zhi()//质数打表，求小于根号a的质数
{
    int t = a;
    for (int i=2; i*i<=a; i++)//开方运算比乘法用时间长
    {
        if (t%i==0)
        {
            p[z]=i;
            p_n[z]=1;
            t/=i;
            while (t%i==0)
            {
                p_n[z]++;
                t/=i;
            }
            z++;
        }
        if (t==1) break;
        if (i!=2)
            i++;//2.3.5.7.9...
    }
    if (t!=1)//本身就是质数
    {
        p[z]=t;
        p_n[z]=1;
        z++;
    }
}
int Mi(int a, int b)//快速幂
{
    int res = 1;
    a%=MOD;
    while(b)
    {
        if (b&1) res = (res * a)%MOD;
        a=(a*a)%MOD;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
int Ys(int p , int n)//递归求等比系数
{
    if (n==0) return 1;
    if (n%2==1)
        return ((Mi(p,n/2+1)+1)  * Ys(p,n/2))%MOD;
    else
        return ((1+Mi(p,n/2+1)) * Ys(p,n/2-1) + Mi(p,n/2))%MOD;
}
int main()
{
    while (scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF)
    {
        z=0;//质数个数
        Zhi();
        int ans = 1;
        for (int i=0; i<z; i++)
        {
            ans=(ans*Ys(p[i],p_n[i]*b))%MOD;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}