这是因为根据约数和公式，当质数p和p的幂次s分别是某个正整数n和m的因数时，它们的和分别为：

$$1+p+p^2+\cdots +p^n$$

$$1+p+p^2+\cdots +p^m$$

则它们的积为：

$$(1+p+p^2+\cdots +p^n)(1+p+p^2+\cdots +p^m)=1+p+p^2+\cdots +p^{n+m}$$

所以当我们计算质因子i的幂次为s时的约数和时，需要计算的实际上是

$$1+i+i^2+\cdots +i^{b\ast s}$$

而不是

$$1+i+i^2+\cdots +i^{b\ast s-1}$$

因此需要将指数bs+1代入sum(i, bs+1)函数计算。
本质是：sum本身计算的是一直加到p的k-1次方，所以通过加一算到p的k次方。
sum函数实际上求的是：sum(p, k)：p⁰ ~ p^k-1 的值！
sum(p, k/2) = p⁰ + p¹ + … + p^k/2-1 ；
是在原本的幂次上-1，所以这也是传参的时候加一的原因！

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int mod = 9901;

int a, b;

int quick_power(int a, int k)  // 求a^k mod p****
{
    int res = 1%mod;
    a %= mod;   //因为a比较大，然后循环里有a*a，会爆int，所以提前模运算！
    while (k)
    {
        if (k&1) res = res * a % mod;
        a = a*a%mod;
        k >>= 1;
    }
    return res%mod;
}

int sum (int p, int k)  //采用递归分治求p^1 + p^2 + p^3 + ... + p^q;
{
    if (k == 1) return 1;
    
    //偶数
    if (k % 2 == 0) return ((1 + quick_power(p, k/2))*sum(p, k/2))%mod;
    if (k % 2) return (quick_power(p, k-1) + sum(p, k-1))%mod;
}

int main()
{
    cin >> a >> b;
    int res = 1;
    for (int i=2; i*i <= a; i ++)   //分解a的所有质因数
    {
        if (a%i == 0)
        {
            int s = 0;
            while (a%i == 0)
            {
                a /= i, s ++;
            }
            res = res*sum(i, s*b+1)%mod;
        }
    }
    
    if (a > 1) res = res*sum(a, b+1)%mod;   //sum[a,b]:求的是0~b-1次方，所以传参的时候+1，求0~b次方.
    if (!a) res = 0;
    
    printf("%d", res);
    
    return 0;
}