分治法

在做这题之前，先补充几个背景的题目

1. 约数之和
2. 分解质因数

有了约数和的知识背景基础，下面就来介绍分治法求$p^0 + p^1 + \ldots + p^{k-1}$

思路

这里实现一个sum函数，sum(p, k)表示$p^0 + p^1 + \ldots + p^{k-1}$

思路，当k为偶数时，sum(p, k)可以拆解成

$$p^0 + p^1 + \ldots + p^{k/2-1} + p^{k/2} +p^{k/2 + 1} + \ldots + p^{k-1}$$

即

$$p^0 + p^1 + \ldots + p^{k/2-1} + p^{k/2} \* (p^0 + p^1 + \ldots + p^{k/2-1})$$

也就是

$$sum(p, k / 2) + p^{k/2} \* sum(p, k / 2)$$

进一步化简

$$(p^{k/2} + 1) \* sum(p, k / 2)$$

当k为奇数时，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$sum(p, k - 1)+p^{k-1}$

这样这个代码就写完了

//p0 + .. + pk-1
int sum(int p, int k) {
    if(k == 1) return 1;  //边界
    if(k % 2 == 0) {  
        return (LL)(qmid(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
    }
    return (qmid(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod;
}

完整代码

#include<iostream>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int mod = 9901;
int A, B;

//保存质因子以及出现的次数
unordered_map<int, int> primes;

//试除法质因子分解
void divide(int n) {
    for(int i = 2; i <= n / i; i++) {
        if(n % i == 0) {
            while(n % i == 0) {
                primes[i]++;
                n /= i;
            }
        }
    }
    if(n > 1) {
        primes[n]++;
    }
}

//快速幂
int qmid(int a, int b) {
    int res = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) res = (LL)res * a % mod;
        a = (LL)a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

//p0 + .. + pk-1
int sum(int p, int k) {
    if(k == 1) return 1;  //边界
    if(k % 2 == 0) {  
        return (LL)(qmid(p, k / 2) + 1) * sum(p, k / 2) % mod;
    }
    return (qmid(p, k - 1) + sum(p, k - 1)) % mod;
}

int main(){
    cin >> A >> B;

    //对A分解质因子
    divide(A);

    int res = 1;
    for(auto it : primes) {
        //p是质因子，k是质因子的次数
        int p = it.first, k = it.second * B;
        // res要乘上每一项, 注意这里是k + 1
        res = (LL)res * sum(p, k + 1) % mod;
    }
    if(!A) res = 0;

    cout << res << endl;

    return 0;
}

公式法另解

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，这里又涉及到了另外一个知识点

1. 快速幂求逆元

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

• 分母p-1是mod的倍数，不存在逆元，这时直接乘$(1+p+…p^k)\%mod$, 即 $k + 1$
• 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

AC代码

#include<iostream>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int mod = 9901;
int A, B;

//保存质因子以及出现的次数
unordered_map<int, int> primes;

//试除法质因子分解
void divide(int n) {
    for(int i = 2; i <= n / i; i++) {
        if(n % i == 0) {
            while(n % i == 0) {
                primes[i]++;
                n /= i;
            }
        }
    }
    if(n > 1) {
        primes[n]++;
    }
}

//快速幂
int qmid(int a, int b) {
    int res = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) res = (LL)res * a % mod;
        a = (LL)a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main(){
    cin >> A >> B;

    //对A分解质因子
    divide(A);

    int res = 1;
    for(auto it : primes) {
        //p是质因子，k是质因子的次数
        int p = it.first, k = it.second * B;
        // res要乘上每一项, 注意这里是k + 1
        if((p - 1) % mod == 0) {  
            //不存在逆元，由于p - 1的是mod 的倍数, 故p % mod = 1
            //所以1 + p + ... + p^k每个数%mod 都是1，共k + 1个数，总就是k + 1
            res = (LL)res * (k + 1) % mod;
        }
        else{
            res = (LL)res * (qmid(p, k + 1) - 1) % mod * qmid(p - 1, mod - 2) % mod; 
        }

    }
    if(!A) res = 0;

    cout << (res % mod + mod ) % mod  << endl;

    return 0;
}