(Codeforce 757)E. Bash Plays with Functions(积性函数)

题目：

样例输入：

5
0 30
1 25
3 65
2 5
4 48

样例输出：

8
5
25
4
630

题意：

我们先来分析r=0的情况，假如我们现在求f0(n)，n=p1^a1*p2^a2*……*pm^am

那么f0(n)就等于2^m,这是显然的，因为我们假设p=p1^b1*p2^b2*……*pm^bm，那么对于任意的bi（1<=i<=m）都有bi=0或者bi=ai，要不然不会存在q使得p*q=n且gcd(p,q)=1，那么我们就不难发现其实f0(x)是一个积性函数。假设对于n=p*q,gcd(p,q)=1,则p和q的质因子分解中不会存在相同质因子，不妨假设p有i个质因子，q有j个质因子，那么p*q就会有i+j个质因子，那么f0(pq)=2^(i+j)=2^i*2^j=f0(p)*f0(q),所以f0(x)是一个积性函数。

下面我用归纳法来证明对于任意的r都有fr(x)是一个积性函数。

我们知道对于r=0的情况f0(n)的值只与n的质因子的种类有关，而与具体的质因子无关，而r不为0的情况是由r=0的情况得到的，所以r不为0的时候与具体的质因子也不会有关系。我们上面推导了对于任意的r都有fr(x)是一个积性函数，所以我们求fr(n)时只需要看n的质因子分解情况即可，那么问题就转变为求解fr(p^i)，p是一个质数，根据公式我们可以发现fr(p^i)=,又因为与具体的质因子无关，通过上式我们可以发现只与质因子的次数有关，那么我们就可以令f[i][j]记录fi(p^j)的值 ，由于n是小于1e6的，所以质因子分解中最高次数不会超过20，这样通过O(r*20)就可以预处理出来所有的数。当r=0时，根据其定义我们可以知道f[0][1]=1,f[0][i]=2(i>1)，预处理一下即可

剩下的就是对于每组询问记录一下质因子次数，直接利用积性函数性质求解了。

下面是代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<map>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
long long f[N][21];//f[i][j]表示fi(p^j) 
int prime[N],tt;
bool vis[N];
void init()
{
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=20;i++) f[0][i]=2;
	for(int i=1;i<=1000000;i++)
	{
		long long ans=0;
		for(int j=0;j<=20;j++)
		{
			ans=(ans+f[i-1][j])%mod;
			f[i][j]=ans;
		}
	}
}
int main()
{
	init();
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		int r,n;
		scanf("%d%d",&r,&n);
		long long ans=1;
		for(int i=2;i*i<=n;i++)
		{
			int cnt=0;
			if(n%i==0)
			{
				while(n%i==0)
				{
					n/=i;
					cnt++;
				}
				ans=ans*f[r][cnt]%mod;
			}
		}
		if(n>1) ans=ans*f[r][1]%mod;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}