POJ-1845 Sumdiv (快速乘)(乘法逆元)(唯一分解定理)

题干：

给定a、b，求 $a^b$的所有因子和，结果模9901.
0 <= A,B <= 50000000

思路：

根据唯一分解定理：a= $P1^{e1}$ * $P2^{e2}$ * $P3^{e3}$ … $Pn^{en}$（Pi为素数）
所以a的因子和可以写成：ans=(1+ $P1^{1}$+ $P1^{2}$… $P1^{e1}$) * (1+ $P2^{1}$+ $P2^{2}$… $P2^{e2}$) …*(1+ $Pn^{1}$+ $Pn^{2}$… $Pn^{en}$)

所以 $a^b$的因子和可以写成：ans=(1+ $P1^{1*b}$+ $P1^{2*b}$… $P1^{e1*b}$) * (1+ $P2^{1*b}$+ $P2^{2*b}$… $P2^{e2*b}$) …*(1+ $Pn^{1*b}$+ $Pn^{2*b}$… $Pn^{en*b}$)

观察(1+ $P1^{1*b}$+ $P1^{2*b}$… $P1^{e1*b}$) 可得这是一个等比数列的和，可以写成
（ $P1^{e1*b+1}$-1）/（P1-1）%9901.
因为除法不能取余，所以我们对（P1-1）取乘法逆元，变成：
（ $P1^{e1*b+1}$-1）-1%(9901*(P1-1))/(P1-1)
因为牵扯到减法所以变成：
（ $P1^{e1*b+1}$-1)+(9901*(P1-1))-1%(9901*(P1-1))/(P1-1)

然后对 $P1^{e1*b+1}$做快速幂，为了防止乘的中途爆数据，使用快速乘(即将一个乘数按二进制乘然后相加)。

#include <cstdio>  
#include <cstring>
#include <iostream>    
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=9901;
const int mx=50005;
int f[mx],p[mx],num;
void f1()
{
	for(int i=2;i<mx;i++){
		if(!f[i]) p[num++]=i;
		for(int j=0;j<num&&i*p[j]<mx;j++){
			f[i*p[j]]=1;
			if(!(i%p[j]))  break;
		}
	}
}
ll mul(ll a,ll b,ll c)
{
	a%=c;
	b%=c;
	ll ans=0;
	while(b)
	{
		if(b&1)
			ans=(ans+a)%c;
		a=(a+a)%c;
		b>>=1;
	}
	return ans%c;
}
ll qc(ll a,ll b,ll c)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
			ans=mul(ans,a,c);
		a=mul(a,a,c);
		b>>=1;
	}
	return ans%c;
}
int main()
{
	ll a,b;
	f1();
	scanf("%lld %lld",&a,&b);
	ll ans=1;
	for(int i=0;p[i]*p[i]<=a;i++){
		int sum=0;
		if(a%p[i]==0)
		{
			while(a%p[i]==0)
			{
				sum++;
				a/=p[i];
			}
			ll m=(p[i]-1)*mod;
			ans*=(qc(p[i],sum*b+1,m)+m-1)/(p[i]-1);
			ans%=mod;
		}
		//printf("%lld\n",ans);
	}
	if(a>1)
	{
		ll m=(a-1)*mod;
		ans*=(qc(a,b+1,m)+m-1)/(a-1);
		ans%=mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}