为计算 $A^B$ 所有自然数除数之和对 $9901$ 取模的结果，可按照以下步骤进行：

1. 质因数分解

任何大于$1$ 的自然数 $A$ 都能写成若干个质数幂次乘积的形式，即 $A = p_1^{a_1} \times p_2^{a_2} \times \cdots \times p_n^{a_n}$，其中 $p_i$ 是质数，$a_i$ 是正整数。那么 $A^B$ 可表示为 $A^B = p_1^{a_1B} \times p_2^{a_2B} \times \cdots \times p_n^{a_nB}$。

2. 计算 $A^B$ 所有除数之和

若一个数 $N$ 分解质因数后为 $N = p_1^{k_1} \times p_2^{k_2} \times \cdots \times p_m^{k_m}$，那么 $N$ 的所有除数都可写成 $p_1^{x_1} \times p_2^{x_2} \times \cdots \times p_m^{x_m}$ 的形式，其中 $0 \leq x_i \leq k_i$。

所以 $N$ 的所有除数之和 $S_N$ 为： $S_N = \prod_{i = 1}^{m} (1 + p_i + p_i^2 + \cdots + p_i^{k_i})$

对于 $A^B = p_1^{a_1B} \times p_2^{a_2B} \times \cdots \times p_n^{a_nB}$，其所有除数之和 $S$ 为： $S = \prod_{i = 1}^{n} (1 + p_i + p_i^2 + \cdots + p_i^{a_iB})$

3. 计算等比数列和

式子中的每一项 $(1 + p_i + p_i^2 + \cdots + p_i^{a_iB})$ 是首项为 $1$，公比为 $p_i$，项数为 $a_iB + 1$ 的等比数列之和。根据等比数列求和公式 $S_n=\frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$（这里 $a_1 = 1$，$q = p_i$，$n = a_iB + 1$）可得： $1 + p_i + p_i^2 + \cdots + p_i^{a_iB}=\frac{p_i^{a_iB + 1}-1}{p_i - 1}$

4. 取模运算

由于最终结果要对$9901$ 取模，所以在计算过程中需要进行取模操作，以避免数值溢出。在计算等比数列和时，涉及到除法运算，在模运算下，需要计算分母的逆元。根据费马小定理，若 $p$ 是质数，$a$ 是整数且 $a$ 与 $p$ 互质，那么 $a^{p - 1} \equiv 1 \pmod{p}$，则 $a$ 在模 $p$ 意义下的逆元为 $a^{p - 2}$。这里 $p = 9901$ 是质数，所以 $(p_i - 1)$ 在模 9901 意义下的逆元为 $(p_i - 1)^{9901 - 2}$。

5. 特殊情况处理

• 当 $A = 0$ 时，若 $B = 0$，根据数学定义，$0^0$ 规定为 1，此时所有除数之和为 1；若 $B > 0$，$0^B = 0$，所有除数之和为 0。
• 当 $B = 0$ 时，$A^0 = 1$，所有除数之和为$1$。

6. 快速幂算法

在计算 $p_i^{a_iB + 1}$ 和 $(p_i - 1)^{9901 - 2}$ 时，可使用快速幂算法，将时间复杂度从 $O(n)$ 降低到 $O(\log n)$。快速幂的核心思想是将指数表示为二进制形式，通过不断平方和乘法操作来快速计算幂次。

综上所述，整个算法先对 $A$ 进行质因数分解，接着计算每个质因数对应的等比数列和，在计算过程中运用快速幂算法和取模运算，最后将所有结果相乘得到 $A^B$ 所有除数之和对$9901$ 取模的结果。

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define INF 0xfffffff
#define MAX(a,b) a>b?a:b
#define MIN(a,b) a>b?b:a
ll pow_mod(ll x,ll y,ll MOD)   //快速幂mod(递归实现)  求逆元。
{
	if(y==1) return x;
	ll ans=pow_mod(x,y/2,MOD);
	return y%2?((ans*ans)%MOD*x)%MOD:(ans*ans)%MOD;
}
int main()
{
	ll i,j,k,t;
	ll m,n;
	ll ans;
	ll MOD=9901;
	ll temp;
	while(scanf("%I64d %I64d",&n,&k)!=-1)
	 {	 	
	 	if(k==0||n==0) cout<<"1"<<endl;  //此处坑啊。
	 	else 
	 	{
		 ans=1;
		 int Count=0;
		 if(n%2==0) 
		 {		 
		 while(n%2==0) 
		 {
		 n/=2;
		 Count++;
		 }
		 ll y=(Count*k+1)%(MOD-1);
		 ans=(ans*((pow_mod(2,y,MOD)+MOD-1)%MOD))%MOD;
		 }
		 for(i=3;i*i<n&&n!=1;i+=2)
		 {
 			if(n%i==0) 
 			 {
 			 	 Count=0;
				 while(n%i==0) 
				 {
				 n/=i;
				 Count++;
				 }
			 	 if((i-1)%MOD==0)   //如果p-1是MOD倍数的特殊情况，此时没有逆元
			 	 {
	 				ans=ans*(Count*k+1)%MOD;
	 			 }
			 	else 
				 {
				 temp=pow_mod(i-1,MOD-2,MOD);   //temp就是求的逆元
				 ll y=(Count*k+1)%(MOD-1);      //由于MOD的数是素数，利用了费马小定理
				 ans=(ans*(((temp*pow_mod(i,y,MOD))%MOD-temp+MOD)%MOD))%MOD;	
				 }
			 }
 		 }
 		 if(n!=1) 
 		 {
 		 	if((n-1)%MOD!=0) 
 		 	{
			    temp=pow_mod(n-1,MOD-2,MOD);
 		 	    ans=(ans*((temp*pow_mod(n,k+1,MOD)%MOD-temp+MOD)%MOD))%MOD;
 		 	}
 		 	else 
 		 	 {
	 		 	ans=ans*(k+1)%MOD;
	 		 }
 		 }
 		 printf("%I64d\n",ans);
	 	}
 	 }	
	return 0;
}