题目来源：Light OJ 1054 Efficient Pseudo Code

题意：求n的m次这个数的所有的约数和

思路：首先对于一个数n = p1^a1*p2^a2*p3^a3*…*pk^ak  约束和s = (p1^0+p1^1+p1^2+…p1^a1)(p2^0+p2^1+p2^2+…p2^a2)…(pk^0+pk^1+pk^2+…pk^ak）

然后就是先求素数表 分解因子 然后求p1^0+p1^1+p1^2+…p1^a1 这是一个以1开始的等比数列 就是(1-q^n)/(1-q) 最高次用快速幂求 此外有除法 除以(1-q)乘以(1-q)的逆元

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const long long mod = 1000000007;
const int maxn = 1000010;
//筛素数 
int vis[maxn];
LL prime[maxn];

LL pow_mod(LL a, LL p)
{
	LL ans = 1;
	while(p)
	{
		if(p&1)
		{
			ans *= a;
			ans %= mod;
		}
		a *= a;
		a %= mod;
		p >>= 1;
	}
	return ans;
}

void sieve(int n)
{
	int m = sqrt(n+0.5);
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	vis[0] = vis[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= m; i++)
		if(!vis[i])
			for(int j = i*i; j <= n; j += i)
				vis[j] = 1;
}

int get_primes(int n)
{
	sieve(n);
	int c = 0;
	for(int i = 2; i <= n; i++)
		if(!vis[i])
			prime[c++] = i;
	return c;
}
int main()
{
	int c = get_primes(100000);
	int cas = 1;
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while(T--)
	{
		LL n, m, ans = 1;
		scanf("%lld %lld", &n, &m);
		
		for(int i = 0; i < c && prime[i]*prime[i] <= n; i++)
		{
			if(n%prime[i] == 0)
			{
				int sum = 0;
				while(n%prime[i] == 0)
				{
					sum++;
					n /= prime[i];
					
				}
				ans *= pow_mod(prime[i], sum*m+1)-1;
				ans %= mod;
				ans *= pow_mod(prime[i]-1, mod-2);
				ans %= mod;
				//ans = (ans+mod)%mod;
			}
		}
		if(n > 1)
		{
			ans *= pow_mod(n%mod, m+1)-1;
			ans %= mod;
			ans *= pow_mod((n-1)%mod, mod-2);
			ans %= mod;
			ans = (ans+mod)%mod;//此句不加会错 原因不明 求告知 
		}
		printf("Case %d: %lld\n", cas++, ans);
	}
	return 0;
}