题目链接：http://poj.org/problem?id=1845
思路：
１．整数唯一分解定理：
任意正整数都有且只有一种方式写出其素因子的乘积表达式。
a=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn) 其中pi均为素数
２．约数和公式：
对于已经分解的整数a=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)
有a的所有因子之和为
S` = (1+p1+p1^2+p1^3+...p1^k1) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^k2) * (1+p3+ p3^3+…+ p3^k3) * .... * (1+pn+pn^2+pn^3+...pn^kn)
那么 a^b 的所有因子和为
S = (1+p1+p1^2+p1^3+...p1^(k1*b)) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^(k2*b)) * (1+p3+ p3^3+…+ p3^(k3*b)) * .... * (1+pn+pn^2+pn^3+...pn^(kn*b))
对于数列 1, p, p^2, p^3 ... p^n % mod，其中 mod 为质数，打个表可以发现该数列是一个循环数列，其中存在一个循环节为 1, p, p^1, ... p^(mod-2)．其实这点在费马小定理中是有体现的，a^(mod-1) = 1 (% mod)．
那么对于求 cnt = 1 + p + p^2 + ... + p^n % mod，可以令
cc1 = (n + 1) / (mod - 1)
cc2 = (n + 1) % (mod - 1)
cnt1 = 1 + p + p^2 + ... + p^(mod - 2)
cnt2 = 1 + p + p^2 + ... + p^(cc2 - 1)
那么 cnt = cc1 * cnt1 + cnt2 % mod
对于求 a^b，可以先将 a 质因分解，得到 S 的表达式，对于 S 表达式，只需要按照上面的方法求出其中每个乘数项即可．时间复杂度为 O(loga * mod), 本题中 mod = 9901, 时间上是允许的．
代码：
1 #include <iostream>
2 #include <stdio.h>
3 #include <map>
4 #define ll long long
5 using namespace std;
6
7 const int mod = 9901;
8 const int MAXN = 1e5 + 10;
9 ll prime[MAXN], indx = 0;
10 map<int, int> num;
11
12 int get(ll a, ll b){//计算sigma(a^i),其中0<=i<=b
13 ll sol1 = 0, sol2 = -1, cnt = 1;
14 ll cc1 = (b + 1) / (mod - 1);
15 ll cc2 = (b + 1) % (mod - 1);
16 for(int i = 0; i < mod - 1; i++){
17 sol1 = (sol1 + cnt) % mod;
18 if(sol2 == -1 && i + 1 == cc2) sol2 = sol1;
19 cnt = (cnt * a) % mod;
20 }
21 return (sol1 * cc1 % mod + sol2) % mod;
22 }
23
24 int main(void){
25 ll a, b, sol = 1;
26 cin >> a >> b;
27 for(int i = 2; i * i <= a; i++){
28 if(a % i == 0){
29 prime[indx] = i;
30 while(a % i == 0){
31 num[i]++;
32 a /= i;
33 }
34 indx++;
35 }
36 }
37 if(a > 1) prime[indx++] = a, num[a]++;
38 for(int i = 0; i < indx; i++){
39 sol = (sol * get(prime[i], b * num[prime[i]])) % mod;
40 }
41 cout << sol << endl;
42 return 0;
43 }
但是当 mod 比较大时这个方法就不行了，mod 比较大时可以用下面这个代码，贴的 Kuangbin 模板
代码：
1 #include <stdio.h>
2 #include <math.h>
3 #include <iostream>
4 #include <algorithm>
5 #include <string.h>
6 #define ll long long
7 using namespace std;
8
9 //******************************************
10 //素数筛选和合数分解
11 const int MOD = 9901;
12 const int MAXN=10000;
13 int prime[MAXN+1];
14
15 void getPrime(void){
16 memset(prime, 0, sizeof(prime));
17 for(int i = 2; i <= MAXN; i++)
18 {
19 if(!prime[i]) prime[++prime[0]] = i;
20 for(int j=1; j<= prime[0]&&prime[j] <= MAXN/i; j++)
21 {
22 prime[prime[j]*i] = 1;
23 if(i % prime[j] == 0) break;
24 }
25 }
26 }
27
28 ll factor[100][2];
29 int fatCnt;
30
31 int getFactors(ll x){
32 fatCnt = 0;
33 ll tmp = x;
34 for(int i=1; prime[i] <= tmp/prime[i]; i++){
35 factor[fatCnt][1] = 0;
36 if(tmp % prime[i] == 0){
37 factor[fatCnt][0] = prime[i];
38 while(tmp % prime[i] == 0){
39 factor[fatCnt][1]++;
40 tmp /= prime[i];
41 }
42 fatCnt++;
43 }
44 }
45 if(tmp!=1)
46 {
47 factor[fatCnt][0]=tmp;
48 factor[fatCnt++][1]=1;
49 }
50 return fatCnt;
51 }
52
53 //******************************************
54 ll pow_m(ll a, ll n)//快速模幂运算
55 {
56 ll res = 1;
57 ll tmp = a % MOD;
58 while(n){
59 if(n & 1){
60 res *= tmp;
61 res%=MOD;
62 }
63 n >>= 1;
64 tmp *= tmp;
65 tmp %= MOD;
66 }
67 return res;
68 }
69
70 ll sum(ll p, ll n){//计算1+p+p^2+...+p^n
71 if(p == 0)return 0;
72 if(n == 0)return 1;
73 if(n & 1){//奇数
74 return ((1 + pow_m(p, n/2 + 1)) % MOD * sum(p, n / 2) % MOD) % MOD;
75 }else return ((1 + pow_m(p, n / 2 + 1)) % MOD * sum(p, n / 2 - 1) + pow_m(p, n / 2) % MOD) % MOD;
76
77 }
78
79 int main(void){
80 int A, B;
81 getPrime();
82 while(scanf("%d%d", &A, &B) != EOF){
83 getFactors(A);
84 ll ans = 1;
85 for(int i = 0; i < fatCnt; i++){
86 ans *= (sum(factor[i][0], B * factor[i][1]) % MOD);
87 ans %= MOD;
88 }
89 printf("%lld\n",ans);
90 }
91 return 0;
92 }