题目链接：http://poj.org/problem?id=1845

思路：

１．整数唯一分解定理：

任意正整数都有且只有一种方式写出其素因子的乘积表达式。

a=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*….*(pn^kn)   其中pi均为素数

２．约数和公式：

　　对于已经分解的整数a=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*….*(pn^kn)

　　有a的所有因子之和为

　S` = (1+p1+p1^2+p1^3+…p1^k1) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^k2) * (1+p3+ p3^3+…+ p3^k3) * …. * (1+pn+pn^2+pn^3+…pn^kn)

那么 a^b 的所有因子和为

　　S = (1+p1+p1^2+p1^3+…p1^(k1*b)) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^(k2*b)) * (1+p3+ p3^3+…+ p3^(k3*b)) * …. * (1+pn+pn^2+pn^3+…pn^(kn*b))

对于数列 1, p, p^2, p^3 …  p^n % mod，其中  mod 为质数，打个表可以发现该数列是一个循环数列，其中存在一个循环节为 1, p, p^1, … p^(mod-2)．其实这点在费马小定理中是有体现的，a^(mod-1) = 1 (% mod)．

那么对于求 cnt = 1 + p + p^2 + … + p^n % mod，可以令

　　cc1 = (n + 1) / (mod - 1)

　　cc2 = (n + 1) % (mod - 1)

　　cnt1 = 1 + p + p^2 + … + p^(mod - 2)

　　cnt2 = 1 + p + p^2 + … + p^(cc2 - 1)

那么 cnt = cc1 * cnt1 + cnt2 % mod

对于求 a^b，可以先将 a 质因分解，得到 S 的表达式，对于 S 表达式，只需要按照上面的方法求出其中每个乘数项即可．时间复杂度为 O(loga * mod), 本题中 mod = 9901, 时间上是允许的．

代码：

#include
#include
#include

const int mod = ;
const int MAXN = 1e5 + ;
ll prime[MAXN], indx = ;
map num;

int get(ll a, ll b){//计算sigma(a^i),其中0<=i<=b
ll sol1 = , sol2 = -, cnt = ;
ll cc1 = (b + ) / (mod - );
ll cc2 = (b + ) % (mod - );
for(int i = ; i < mod - ; i++){
sol1 = (sol1 + cnt) % mod;
if(sol2 == - && i + == cc2) sol2 = sol1;
cnt = (cnt * a) % mod;
}
return (sol1 * cc1 % mod + sol2) % mod;
}

int main(void){
ll a, b, sol = ;
cin >> a >> b;
for(int i = ; i * i <= a; i++){ if(a % i == ){ prime[indx] = i; while(a % i == ){ num[i]++; a /= i; } indx++; } } if(a > ) prime[indx++] = a, num[a]++;
for(int i = ; i < indx; i++){
sol = (sol * get(prime[i], b * num[prime[i]])) % mod;
}
cout << sol << endl;
return ;
}

但是当 mod 比较大时这个方法就不行了，mod 比较大时可以用下面这个代码，贴的 Kuangbin 模板

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;

//******************************************
//素数筛选和合数分解
const int MOD = ;
const int MAXN=;
int prime[MAXN+];

void getPrime(void){
memset(prime, , sizeof(prime));
for(int i = ; i <= MAXN; i++)
{
if(!prime[i]) prime[++prime[]] = i;
for(int j=; j<= prime[]&&prime[j] <= MAXN/i; j++)
{
prime[prime[j]*i] = ;
if(i % prime[j] == ) break;
}
}
}

ll factor[][];
int fatCnt;

int getFactors(ll x){
fatCnt = ;
ll tmp = x;
for(int i=; prime[i] <= tmp/prime[i]; i++){
factor[fatCnt][] = ;
if(tmp % prime[i] == ){
factor[fatCnt][] = prime[i];
while(tmp % prime[i] == ){
factor[fatCnt][]++;
tmp /= prime[i];
}
fatCnt++;
}
}
if(tmp!=)
{
factor[fatCnt][]=tmp;
factor[fatCnt++][]=;
}
return fatCnt;
}

//******************************************
ll pow_m(ll a, ll n)//快速模幂运算
{
ll res = ;
ll tmp = a % MOD;
while(n){
if(n & ){
res *= tmp;
res%=MOD;
}
n >>= ;
tmp *= tmp;
tmp %= MOD;
}
return res;
}

ll sum(ll p, ll n){//计算1+p+p^2+…+p^n
if(p == )return ;
if(n == )return ;
if(n & ){//奇数
return (( + pow_m(p, n/ + )) % MOD * sum(p, n / ) % MOD) % MOD;
}else return (( + pow_m(p, n / + )) % MOD * sum(p, n / - ) + pow_m(p, n / ) % MOD) % MOD;

}

int main(void){
int A, B;
getPrime();
while(scanf("%d%d", &A, &B) != EOF){
getFactors(A);
ll ans = ;
for(int i = ; i < fatCnt; i++){
ans *= (sum(factor[i][], B * factor[i][]) % MOD);
ans %= MOD;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}