题目链接：P1593 因子和
是个好题（考试的时候写题解
这个证明和因子个数定理的证明是异曲同工的，想看的话：Link
考虑\(a\)唯一分解式：
\[a=p_1^{k_1}p_2^{k_2}......p_n^{k_n}\]
显然进行\(b\)次幂后是这样的：
\[a=p_1^{bk_1}p_2^{bk_2}......p_n^{bk_n}\]
那么我们得到的所有约数都是从这里来的：
简单手玩一下，发现是个\(sb\)分配率问题，
那么最后的得数应该是：
\[ans=\prod\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=0}^{bk_i}p_i^j\]
发现后面是个等比数列，搞一下就好了：
\[ans=\prod\limits_{i=1}^n\dfrac{p_i^{bk_i+1}-1}{p_i-1}\]
\(Code\):
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=9901;
ll qp(ll a,ll b)
{
ll ans=1,base=a;
while(b)
{
if(b&1) ans=ans*base%mod;
b>>=1;
base=base*base%mod;
}
return ans%mod;
}
ll inv(ll x){if(x==1) return 1;else return qp(x,mod-2)%mod;}
ll a,b,sum=1;
ll sol(ll x,ll y)
{
int cnt=0;
for(int i=2;(ll)(i*i)<=x;i++)
{
if(x%i==0)
{
cnt=1,x/=i;
while(x%i==0) x/=i,cnt++;
sum=sum*((qp(i,y*cnt+1)-1+mod)%mod*inv(i-1)%mod)%mod;
}
}
if(x>=2) sum=sum*((qp(x,y+1)-1+mod)%mod*inv(x-1)%mod)%mod;
return sum%mod;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&a,&b);
printf("%lld\n",sol(a,b));
return 0;
}然后就\(WA\)了三个点。
发现\(a\)可以为\(0\)，特判一下，就又对了一个点,这里不放代码了。
一脸懵逼的我只好去翻讨论区，发现了端倪：
如果\((p_i-1)|MOD\),就没有逆元！
怎么办呢：
有两种方法：
1.若\(\dfrac{a}{b}\;mod\;c\)时，\(a\)较大、\(b,c\)较小，且满足\(b|a,c|b\),时，原始的值\(=\dfrac{a\;mod\;bc}{b}\)，算就行了，原理也是很好理解的：
\(Code\)：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=9901;
ll qp(ll a,ll b,ll p)
{
ll ans=1,base=a;
while(b)
{
if(b&1) ans=ans*base%p;
b>>=1;
base=base*base%p;
}
return ans%p;
}
ll inv(ll x){if(x==1) return 1;else return qp(x,mod-2,mod);}
ll a,b,sum=1;
ll sol(ll x,ll y)
{
int cnt=0;
for(int i=2;(ll)(i*i)<=x;i++)
{
if(x%i==0)
{
cnt=1,x/=i;
while(x%i==0) x/=i,cnt++;
if((i-1)%mod) sum=sum*((qp(i,y*cnt+1,mod)-1+mod)%mod*inv(i-1)%mod)%mod;
else sum=sum*((qp(i,y*cnt+1,mod*(i-1))-1+mod*(i-1))%(mod*(i-1))/(i-1))%mod;
}
}
if(x>=2)
{
if((x-1)%mod) sum=sum*((qp(x,y+1,mod)-1+mod)%mod*inv(x-1)%mod)%mod;
else sum=sum*((qp(x,y+1,mod*(x-1))-1+mod*(x-1))%(mod*(x-1))/(x-1))%mod;
}
return sum%mod;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&a,&b);
if(a==0) return puts("0"),0;
else printf("%lld\n",sol(a,b));
return 0;
}然后就有大佬得出了更妙的方法：
2.考虑若：\((p-1)|mod\)，则\(p\;mod\;MOD=1\)(变量名混乱)，那么\((p^0+p^1+p^2+......p^bk)\;mod\;MOD=(1+1+1+......+1)=bk+1\),当然最后的余数也要相似地处理一下：
\(Code\)：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=9901;
ll qp(ll a,ll b,ll p)
{
ll ans=1,base=a;
while(b)
{
if(b&1) ans=ans*base%p;
b>>=1;
base=base*base%p;
}
return ans%p;
}
ll inv(ll x){if(x==1) return 1;else return qp(x,mod-2,mod);}
ll a,b,sum=1;
ll sol(ll x,ll y)
{
int cnt=0;
for(int i=2;(ll)(i*i)<=x;i++)
{
if(x%i==0)
{
cnt=1,x/=i;
while(x%i==0) x/=i,cnt++;
if((i-1)%mod) sum=sum*((qp(i,y*cnt+1,mod)-1+mod)%mod*inv(i-1)%mod)%mod;
else sum=sum*(y*cnt+1)%mod;
}
}
if(x>=2)
{
if((x-1)%mod) sum=sum*((qp(x,y+1,mod)-1+mod)%mod*inv(x-1)%mod)%mod;
else sum=sum*(y+1)%mod;
}
return sum%mod;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&a,&b);
if(a==0) return puts("0"),0;
else printf("%lld\n",sol(a,b));
return 0;
}关于复杂度
容易发现，不管是那种方法（保证正确的前提下），复杂度都是\(O(\sqrt{a}+\log ab)\),大概是这样，不过是跑不满的,可以通过本题。