AcWing 97.约数之和 （约数定理）

题目：约数之和

题意：

求 A^B的约数之和对9901取模的答案，A,B在[0, $5\ast 10^7$]中，A，B不能同时为0

题解：

约数之和定理：

证明：
首先我们可知一个数 A 可以拆分为：$A=p{1}^a\ast p{2}^b.....\ast p{n}^c$ ，($p$ 代表质数)
则 $A$ 的约数个数为 $(a+1)\ast (b+1)....\ast (c+1)$
由乘法分配律：$sum(A)=(p{1}^0+p{1}^1+.....p{1}^a)\ast (p{2}^0+p{2}^1+.....p{2}^b).......\ast (p{n}^0+p{n}^1+.....p{n}^c)$

优化：
对于$A$ 的一个 $p$ 的所有约数和，我们可以用递归来实现，但是时间复杂度太高，所以我们需要对递归进行优化，使其变成 $O(logn)$
当k是奇数：
$sum(p,k)=(p^0+p^1+.....p^k)=(p^0+....p^{k/2})+(p^{k/2+1}.....+p^k)=(p^0+....p^{k/2})+p^{k/2+1}\ast (p^0+....p^{k/2})=(1+p^{k/2+1})\ast sum(p,k/2)$

当k是偶数时，我们可以按照一般的递归方式写即可，时间复杂度依然为$O(logn)$

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mod 9901
const int maxn=1e5+5;
ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll res=1;
    a%=mod;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            res=(a%mod)*(res%mod)%mod;
        a=(a%mod)*(a%mod)%mod;
        b>>=1;
    }
    return res%mod;
}
ll sum(ll a,ll b)
{
    if(b==0)
        return 1;
    if(b&1)
        return (1+ksm(a,(b>>1)+1))*sum(a,b>>1)%mod;
    else
        return (ksm(a,b)+sum(a,b-1)%mod)%mod;
}
void solv(ll x,ll b)
{
    ll res=1;
    for(int i=2;i<=x;i++)
    {
        int s=0;
        while(x%i==0)
        {
            s++;
            x/=i;
        }
        if(s)
            res=(res%mod)*(sum(i,s*b)%mod)%mod;
    }
    cout<<res%mod<<endl;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    ll a,b;
    cin>>a>>b;
    if(a==0)
        cout<<0<<endl;
    else
    solv(a,b);
}