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##[$AcWing$ $97$. 约数之和](https://www.acwing.com/problem/content/description/99/)
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### 一、题目描述
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假设现在有两个自然数 $A$ 和 $B$，$S$ 是 $A^B$ 的所有约数之和。
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请你求出 $S~ mod ~9901$ 的值是多少。
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**输入格式**
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在一行中输入用空格隔开的两个整数 $A$ 和 $B$。
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**输出格式**
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输出一个整数，代表 $S~ mod~ 9901$ 的值。
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**数据范围**
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$0≤A,B≤5×10^7$
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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2 3
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```
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**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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15
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```
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注意: $A$ 和 $B$ 不会同时为 $0$。
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### 二、理论知识
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#### 唯一分解
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$$\large N=p_1^{\alpha_1}\cdot p_2^{\alpha_2}\cdot ... \cdot p_k^{\alpha_k}$$
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#### 约数个数
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$$\large (\alpha_1+1)(\alpha_2+1)...(\alpha_k+1)$$
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**证明**:因为$\large p_1^{\alpha_1}$的约数有$\large p_1^0,p_1^1,p_1^2,...,p_1^{\alpha_1}$，共$\large a_1+1$个,同理$p_k^{\alpha_k}$的约数有$\large a_k+1$个,根据乘法原理，就知道了约数的总个数。
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#### 约数和
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$$\large (1+p_1^1+p_1^2+...+p_1^{\alpha_1})(1+p_2^1+p_2^2+...+p_2^{\alpha_2})...(1+p_n^1+p_n^2+...+p_n^{\alpha_n})$$
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**证明**：$p_1^{a_1}$ 的约数有$p_1^{0},p_1^{1},p_1^{2}...p_1^{a_1}$共 $a_1+1$个，$p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$ 同理，$n$的一个约数就是在$p_1^{a_1},p_2^{a_2},p_3^{a_3}...p_k^{a_k}$ 每一个的约数中任挑一个组成的，挑法的个数就是约数个数，根据乘法原理他们的和为$(p_1^0+p_1^1+...+p_1^{a_1})(p_2^0+p_2^1+...+p_2^{a_2})...(p_k^0+p_k^1+...+p_k^{a_k})$
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**练习题**
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[约数之和](https://www.acwing.com/problem/content/description/873/)
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[分解质因数](https://www.acwing.com/problem/content/869/)
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#### 举栗子: $180=2^2∗3^2∗5^1$
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约数个数：$(2+1)(2+1)(1+1)=18$
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约数和：$(1+2+4)(1+3+9)(1+5)=546$
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### 三、分治法求解等比数列求和
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> **巧妙的数学变换**
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令$\large sum(p, k)=p^0+p^1+…+p^{k−1}$
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* **$k$为偶数**
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$$\large sum(p,k)=p^0+p^1+…+p^{k/2−1}+p^{k/2}+p^{k/2+1}+…+p^{k−1} \\
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\Rightarrow \\
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(p^0+p^1+…+p^{k/2−1})+p^{k/2}∗(p^0+p^1+…+p^{k/2−1}) \\
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\Rightarrow \\
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sum(p,k/2)+p^{k/2}∗sum(p,k/2) \\
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\Rightarrow \\
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(p^{k/2}+1)∗sum(p,k/2)
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$$
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><font color='red' size=4><b>解释：这样我们就得到了一个递推式，
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>- $p^{k/2}$ 可以用快速幂计算
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>- $sum(p,k/2)$ 由于我们的递推是从小到大推的，在推$sum(p,k)$时，$sum(p,k/2)$已
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经算完了，可以直接用。
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</b></font>
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* **$k$为奇数**
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为了更方便调用我们写的偶数项情况，可以单独拿出最后一项，把剩下的项转化为求偶数项的情况来考虑，再加上最后一项，就是奇数项的情况了。也即
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$$\large sum(p,k)=p^0+p^1+p^2+...+p^{k-1} \\
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= sum(p,k-1)+p^{k-1} $$
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当然，也可以拿出来第一项，就是
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$$\large sum(p,k)=p^0+p^1+p^2+...+p^{k-1} \\
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= p^0+p\times (p^0+p^1+...+p^{k-2}) \\
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= 1+ p \times sum(p,k-1)
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$$
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下面的代码实现中，我将使用拿出最后一项的办法：
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```cpp {.line-numbers}
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int sum(int p, int k) {
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if(k == 1) return 1; //边界
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if(k % 2 == 0)
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return (LL)(qmi(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
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return (qmi(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod;
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}
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```
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**实现代码**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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const int mod = 9901;
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int A, B;
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// 分解质因数
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unordered_map<int, int> primes; // map存的是数对，key+value,默认按key由小到大排序
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void divide(int x) {
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for (int i = 2; i * i <= x; i++)
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while (x % i == 0) primes[i]++, x /= i;
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if (x > 1) primes[x]++;
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}
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// 快速幂
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int qmi(int a, int b) {
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int res = 1;
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while (b) { // 对b进行二进制分解（我给起的名），枚举b的每一个二进制位
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if (b & 1) res = (LL)res * a % mod;
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a = (LL)a * a % mod;
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b >>= 1;
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}
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return res;
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}
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// 分治法求等比数列求和公式
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int sum(int p, int k) {
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if (k == 1) return 1; // 递归出口
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if (k % 2 == 0) // 偶数
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return (LL)(qmi(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
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return (qmi(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod; // 奇数
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}
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int main() {
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cin >> A >> B;
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// 对A分解质因子
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divide(A);
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int res = 1;
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for (auto it : primes) {
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// p是质因子，k是质因子的次数
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int p = it.first, k = it.second * B; // 约数和公式，需要到每个质因子的it.second次方*B
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// res要乘上每一项, 注意这里是k + 1
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res = (LL)res * sum(p, k + 1) % mod; // 满满的套路感
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}
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if (!A) res = 0; // 还要特判A是不是0,注意思考数据边界
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cout << res << endl;
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return 0;
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}
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```
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时间复杂度 $O(\sqrt{n}lognlogn)$
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### 四、等比数列求和公式
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$$\large p^0+p^1+p^2+...+p^{k-1}=\frac{p^{k}-1}{p-1}$$
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除了分治法外，还可以用 **乘等比数列和公式** 得出分子，再 **乘分母逆元** 的做法:
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**快速幂求逆元**
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这样的话，就可以愉快地套用高中学的等比数列和公式来求每一项，但这里需要 **特判逆元不存在** 的情况:
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* 分母$p-1$是$mod$的倍数，不存在逆元，这时直接乘$(1+p^1+…p^k)\% mod$, 即 $k+1$
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* 分母$p-1$不是$mod$的倍数，存在 **逆元**，这是需要用 **快速幂求分子**，再用 **快速幂求分母的逆元**，两者相乘就得到了每一项
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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const int mod = 9901;
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int A, B;
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//分解质因数
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map<int, int> primes; // map存的是数对，key+value,默认按key由小到大排序
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void divide(int x) {
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for (int i = 2; i <= x / i; i++)
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while (x % i == 0) primes[i]++, x /= i;
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if (x > 1) primes[x]++;
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}
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//快速幂
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int qmi(int a, int b) {
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int res = 1;
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while (b) {
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if (b & 1) res = (LL)res * a % mod;
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a = (LL)a * a % mod;
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b >>= 1;
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}
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return res;
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}
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int main() {
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scanf("%d %d", &A, &B);
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//对A分解质因子
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divide(A);
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int res = 1;
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for (auto it : primes) {
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// p是质因子，k是质因子的次数
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int p = it.first, k = it.second * B;
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// res要乘上每一项, 注意这里是k + 1
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if ((p - 1) % mod == 0) {
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//不存在逆元，由于p-1的是mod的倍数, 故p%mod=1
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//所以1 + p + ... + p^k每个数%mod都是1，共k + 1个数，总就是k + 1
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res = (LL)res * (k + 1) % mod;
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} else
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//分子用快速幂计算，注意标准公式和此题的区别，k+1
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//分母用费马小定理求逆元 qmi(p-1,mod-2)
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res = (LL)res * (qmi(p, k + 1) - 1) % mod * qmi(p - 1, mod - 2) % mod;
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}
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if (!A) res = 0;
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printf("%d\n", (res % mod + mod) % mod);
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return 0;
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}
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```
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时间复杂度$O(\sqrt{n}logn)$
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