Sumdiv POJ 1845

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题目翻译，不想写不想写
求$A^B$的所有约数之和mod$9901$的值

根据约数和定理，$A^B$的因子和为$(1+p_1+p_1^2+...+{p_1}^{c_1\ast B})\ast ...\ast (1+p_m+p_m^2+...+{p_m}^{c_m\ast B}$
括号中的每一项都是一个等比数列，可以使用等比数列前N项和公式求值。而前N项和公式需要除法取模，因此需要求分母$1-p_i$在模$9901$下的逆元，逆元根据费马小定理求解。

如果逆元存在，则求逆元，然后快速幂乘法运算
如果逆元不存在，即$1-p$是$9901$的倍数，则$p\%9901=1$，即该等比数列的和对$9901$取模后的值为项数N，即$c_i+1$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof a)
typedef long long ll;
ll p[33], c[33], ind;
ll a, b;
ll qc(ll x,ll y,ll mod)
{
    
    
	// 快速乘
    return (x*y-(ll)((long double)x/mod*y)*mod+mod)%mod;     
}
ll qpow(ll x, ll y, ll m){
    
    
	// 快速幂
	ll res = 1;
	res %= m;
	while (y){
    
    
		if(y & 1){
    
    
			res = qc(res, x, m);
		}
		y >>= 1;
		x = qc(x, x, m);
	}
	return res % m;
}
void divide(ll n){
    
    
	// 算数基本定理
	ind = 0;
	mem(p, 0);
	mem(c, 0);
	ll temp = n;
	for (int i = 2; i * i <= temp; i++){
    
    
		if (n % i == 0){
    
    
			p[++ind] = i;
			while (n % i == 0){
    
    
				n /= i;
				c[ind]++;
			}
		}
	}
	if (n > 1){
    
    
		p[++ind] = n;
		c[ind]++;
	}
	for (int i = 1; i <= ind; i++){
    
    
		c[i] *= b;
	}
}
ll euler(ll n){
    
    
	// 欧拉函数
	ll ans = n;
	for (int i = 2; i * i <= n; i++){
    
    
		if (n % i == 0){
    
    
			ans = ans * (n - 1) / n;
			while (n % i == 0){
    
    
				n /= i;
			}
		}
	}
	if (n > 1){
    
    
		ans = ans * (n - 1) / n;
	}
	return ans;
}
ll ans;
int main(){
    
    
	// freopen("in.in", "r", stdin);
	// freopen("out.out", "w", stdout);
	scanf("%lld %lld", &a, &b);
	divide(a);
	ans = 1;
	for (int i = 1; i <= ind; i++){
    
    
		if ((1 - p[i]) % 9901 == 0){
    
    
			// 逆元不存在
			ans = ans * ((c[i] + 1) % 9901);
			ans %= 9901;
		}
		else {
    
    
			// 逆元存在
			ll inv;
			inv = qpow(1 - p[i], (euler(9901) - 1) % 9901, 9901);
			ans = qc(ans, qc((1 - qpow(p[i],  c[i] + 1, 9901)), inv, 9901), 9901);
			ans %= 9901;
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

约数和定理简单证明如下