约数之和

约数之和 

题意：假设现在有两个自然数 $A$和$B$，$S$ 是 $A^B$ 的所有约数之和。求$S$ mod $9901$的值。

 

前置知识

 

由唯一分解定理可得：一个数可以表达成$A={p_1}^{k_1}\times {p_2}^{k_2}\times {p_3}^{k_3}\times ...\times {p_n}^{k_n}$的形式。$p_i$为不同的质数。

 

$A$的每个约数都可以看作从上式的每一项中抽取了特定个数（$0$~$k_i$个）的$p_i$，最后乘在一起得到的。

 

设某约数是从第一项中选了$cnt1$个，第二项中选了$cnt2$个，... ，第$n$项中选了$cntn$个得到的，那么该约数可以表达为：$p_1^{cnt1}\ast p_2^{cnt2}...\ast p_n^{cntn}$；

 

特别的，当 $cnt1$ = $cnt2$ = ... = $cntn$ = 0时，约数表示为1。

　　

 

两个重要的公式

 

• 约数个数

$$(k_1+1)\times (k_2+1)\times (k_3+1)\times ...\times (k_n+1)$$

　　对每一项$p_i$而言，可以的选择的个数为 $0$ ~ $k_i$个，一共$k_i$ + $1$种，所以总共有($k_1$ + $1$) * ($k_2$ + $1$) * ... * ($k_n$ + $1$)种选择，即约数的个数。

　　只要选择稍有不同，得到的约数就不一样，不会重复，也不会遗漏。

 

 

• 约数之和

$$(p_1^0+p_1^1+p_1^2+...+p_1^{k-1}+p_1^k)\times (p_2^0+p_2^1+p_2^2+...+p_2^{k-1}+p_2^k)\times ...\times (p_n^0+p_n^1+p_n^2+...+p_n^{k-1}+p_n^k)$$

 

　　为什么上面这个式子可以表示约数的和呢，因为将这个式子每一项展开之后可以得到每一项因子，加起来便为约数和。所以求解约数和就变成了求解括号内的每一个通项。

 

　　 定义一个函数$sum(p,k)$，用来求解每一项$(p_i^0+p_i^1+p_i^2+...+p_i^{k-1}+p_i^k)$；

 

　　这个式子的求解可以使用递归，在时间复杂度$O(logn)$的情况下求出每一项和，下面是推导过程：

 

• 如果k是奇数，即该式子有偶数项，那么如下：

$$\begin{array}{rl}{p}^0+p^1+p^2+...+p^{k-1}+p^k& =(p^0+p^1+...+p^{\frac{k}{2}})+(p^{\frac{k}{2}+1}+p^{\frac{k}{2}+2}+...+p^k)\\ & =(p^0+p^1+...+p^{\frac{k}{2}})+(p^{\frac{k}{2}+1}\times (p^0+p^1+...+p^{\frac{k}{2}}))\\ & =(p^0+p^1+...+p^{\frac{k}{2}})\times (1+p^{\frac{k}{2}+1})\end{array}$$

　　问题的规模就从$sum(p,k)$转换成了$sum(p,\frac{k}{2})$，递归即可求得；

　　同时，观察推导式，我们还需要用快速幂求出$p^{(\frac{k}{2}+1)}$。

 

• 如果k是偶数，有奇数项，那么先套用公式计算出$p^0+p^1+p^2+...+p^{(k-1)}$，即$sum(p,k-1)$，然后将算出的数乘$p$，即是$p^1+p^2+...+p^k$的值，然后加上$p^0$ ，即1，得解。

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long
const int mod = 9901;
//对于有取模操作的数，x = x * x % mod;
ll getmi(int x, int k) {
    x %= mod;
    ll res = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) res = (res * x) % mod;
        x = (x * x) % mod;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

ll sum(int p, int k) {
    if (k == 0) return 1;
    if (k & 1) {
        return (1 + getmi(p, k / 2 + 1)) * sum(p, k / 2) % mod;
    } else {
        return (1 + p % mod * sum(p, k - 1)) % mod;
    }
}

int main() {
    int a, b;
    cin >> a >> b;
    ll ans = 1;
    for (int i = 2; i <= a; i ++) {
        int k = 0;
        while (a % i == 0) {
            k ++;
            a /= i;
        }
        ans = ans * sum(i, k * b) % mod;
    }
    if (!a) ans = 0;
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}