nylg 小M的因子和

小M的因子和

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难度：2

 

描述

小M在上课时有些得意忘形，老师想出道题目难住他。小M听说是求因子和，还是非常得意，但是看完题目是求A的B次方的因子和，有些手足无措了，你能解决这个问题吗？

 

输入

有多组测试样例
每行两个数 A ,B ，（1≤A,B≤10^9） 

输出

输出A的B次方的因子和，并对9901取余。

样例输入

2 3

样例输出

15

上传者

Sumdiv

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Total Submissions: 13547		Accepted: 3321

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). 

Source

都是一样的。

 /**
 这道题，类似于hdu happy 2004.
 这题是一个通法。
 A^B%P,
 拆分A变成素数，因为素数满足因子之和 s(x*y)=s(x)*s(y);
 更重要的是，素数的x^n的因子个数是可以求出来的。就是
 和(x^n) =  1 + x + x^2 +x^3 +......+x^n;

 这样的话，我们就可以轻松解决这样的一个问题了。
 提供两种思路。
 1 + x + x^2 +x^3 +......+x^n，直接求它对%p的值。运用快速幂也可以的。
 这就是第一种方法，也是下面的ac方法。

 第二种方法：1 + x + x^2 +x^3 +......+x^n= 等比数列前n+1和。
 很据 S(p^X)=1+p+p^2+...+p^X = (p^(X+1)-1)/(p-1)；
 这样就等于求这个式子了。好的，怎么求呢？

 p^(X+1)-1  这个应该没有问题，快速幂取模
 关键是1/(p-1); 这个不能直接取模。转化为求乘法的逆元。

 乘法的逆元？？恩。
 一开始，我就是这样做的，后来想用费马小定理，联想到了一道题C(n,m)的求法时候
 也出现过 n!/(m!*(n-m)!)   对于费马小定理  a%p == a^p-1%p; 那么这样的话，我就能
 转化一下，对于 1/(p-1) ,转化为 (p-1)^-1 ==> (p-1)^-1 % mod = (p-1)^mod-2 %mod;

 好像这样是对的，是的。
 费马小定理的前提是什么？ mod是一个素数，这个满足了。
 还有一个条件gcd(mod,p-1)==1  这个就不一定了.当p为 mod的倍数+1而且是素数的时候。
 就很感慨的发现，p-1就是mod的倍数。
 那么费马小定理的路，就不好走了。

 那我用扩展欧几里得的算法来求逆元。我看到很多人的解题思路可能都是这个吧。
 其实，我依然有一个疑问。
 对于(p^(X+1)-1)/(p-1)，显然我能对其转化  p%Euler(mod) == t
 ==>   (t ^(x+1)-1)/(t-1);  但是如果 t ^(x+1)%p 为1的时候，这个值就为0了。

 例子  A B P
           59407   1   9901
 **/

 #include<iostream>
 #include<stdio.h>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<vector>
 using namespace std;
 typedef  long long  LL;

 const LL p = ;
 LL prime[],len;
 LL num[];
 LL dp[],dlen;
 void Euler(LL n)
 {
     LL i,k;
     len=;
     for(i=; i*i<=n;i++)
     {
         if(n%i==){
             k=;
             while(n%i==){
                 n=n/i;
                 k++;
             }
             prime[++len]=i%p;
             num[len]=k;
         }
     }
     if(n!=){
         prime[++len]=n%p;
         num[len]=;
     }
 }
 LL sum_mod(LL a,LL n)
 {
     LL ans=;
     n=n%p;
     while(n)
     {
         if(n&) ans=(ans+a)%p;
         n=n>>;
         a=(a+a)%p;
     }
     return ans;
 }
 LL solve(LL a,LL n)
 {
    LL p1=a,p2=a,ans,i;
    dlen=;
    while(n)
    {
        dp[++dlen]=(n&);
        n=n>>;
    }
    ans=dlen-;
    for(i=ans;i>=;i--)
    {
        p1=sum_mod(p1,p2+);
        p2=sum_mod(p2,p2);
        if(dp[i]==)
        {
            p2=sum_mod(p2,a);
            p1=(p1+p2)%p;
        }
    }
    return (p1+)%p;
 }
 int main()
 {
     LL n,m,i;
     while(scanf("%lld%lld",&n,&m)>)
     {
         if(n==){
             printf("0\n");
             continue;
         }
         else if(m==)
         {
             printf("1\n");
             continue;
         }
         Euler(n);
         LL hxl=;
         for(i=;i<=len;i++)
         {
             hxl=(hxl*solve(prime[i],num[i]*m))%p;
         }
         printf("%lld\n",hxl);
     }
     return ;
 }