【GYM-100889 D】Dicy Numbers【数学推导求解】

题意：

求 S(N,M)S(N,M)S(N,M) 的个数，x∈S(N,M)x\in S(N,M)x∈S(N,M) 当且仅当 xxx 的约数个数为 nnn，且所有的质因数均小于等于第 MMM 个质数。(1≤N≤2∗106,1≤M≤109)(1\leq N\leq 2*10^6,1\leq M\leq 10^9)(1≤N≤2∗106,1≤M≤109)

思路：

此题应考虑从每个质数进行着手，将题目化简成能够按每个质数计算贡献的方式来进行求解。

先将 NNN 质因数分解，再将 x∈S(N,M)x\in S(N,M)x∈S(N,M) 质因数分解，x=∏i=1mqibix=\prod_{i=1}^{m}q_i^{b_i}x=∏i=1mqibi，约数个数为质因数分解后各指数+1+1+1的连乘。
∏i=1m(bi+1)=N=∏i=1∞piai\prod_{i=1}^{m}(b_i+1)=N=\prod_{i=1}^{\infty}p_i^{a_i} i=1∏m(bi+1)=N=i=1∏∞piai
令 bi+1=cib_i+1=c_ibi+1=ci，再将 cic_ici 质因数分解。
∏i=1m∏j=1∞kjcj=∏i=1m(bi+1)=N=∏i=1∞piai\prod_{i=1}^{m}\prod_{j=1}^{\infty}k_j^{c_j}=\prod_{i=1}^{m}(b_i+1)=N=\prod_{i=1}^{\infty}p_i^{a_i} i=1∏mj=1∏∞kjcj=i=1∏m(bi+1)=N=i=1∏∞piai
将两个连乘积符号交换位置，即可变成对每一个质数求贡献的问题，再将相同质数的指数加在一起。
∏i=1m∏j=1∞kjcj=∏j=1∞∏i=1mkjcj=∏j=1∞kj∑i=1mcij=N=∏i=1∞piai\prod_{i=1}^{m}\prod_{j=1}^{\infty}k_j^{c_j}=\prod_{j=1}^{\infty}\prod_{i=1}^{m}k_j^{c_j}=\prod_{j=1}^{\infty}k_j^{\sum_{i=1}^{m}c_{ij}}=N=\prod_{i=1}^{\infty}p_i^{a_i} i=1∏mj=1∏∞kjcj=j=1∏∞i=1∏mkjcj=j=1∏∞kj∑i=1mcij=N=i=1∏∞piai
由此就可以发现此处只需要将 NNN 唯一分解之后得到的 aia_iai 分成 mmm 份，允许 000 的出现即可。

总结：

赛场上没有做出来，主要是考虑的方向发生了错误，没有想到对于单个素数单独求贡献，而是一直将所有素数放到一起考虑，导致问题变得无处下手。

之后的数学问题，如果涉及到了素数，要想到对于每个素数单独求取贡献，而不是对于整理进行直接考虑。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 2*1e6+100;
const int M = 1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
const ll mod = 1e9+7;
using namespace std;int c[N][2],prime[N],tot,v[N],tc;
ll n,m;//快速幂
ll poww(ll a,ll b){ll base = a, ans = 1ll;while(b){if(b&1) ans = (ans*base)%mod;base = (base*base)%mod;b >>= 1;}return ans;
}//线性筛
void primes(int x){tot = 0;memset(v,0,sizeof v);rep(i,2,x){if(!v[i]){v[i] = i, prime[++tot] = i;}rep(j,1,tot){if(prime[j] * i > x) break;v[i*prime[j]] = prime[j];if(i % prime[j] == 0) break;}}
}//唯一分解
void getFactors(ll x){ll tmp = x; tc = 0;for(ll i = 1; prime[i]*prime[i] <= tmp; i++){if(tmp%prime[i] == 0){c[++tc][0] = prime[i]; c[tc][1] = 0;while(tmp%prime[i] == 0){tmp /= prime[i];c[tc][1]++;}}}if(tmp != 1){c[++tc][0] = tmp;c[tc][1] = 1;}
}//费马小定理 a^(p-2) 为逆元
ll comp(ll base,ll x){ //C(base,x)ll ans1 = 1, ans2 = 1;for(ll i = base; i >= base-x+1ll; i--) ans1 = (ans1*i)%mod;for(ll i = 1ll; i <= x; i++) ans2 = (ans2*i)%mod;ll tp = (ans1*poww(ans2,mod-2ll))%mod;return tp;
}int main()
{primes(2*(int)1e6);int _; scanf("%d",&_);while(_--){scanf("%lld%lld",&n,&m);getFactors(n);ll ans = 1;rep(i,1,tc){ll tp = comp(c[i][1]+m-1ll,min(m-1ll,(ll)c[i][1]));ans = (ans*tp)%mod;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

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