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\(Description\)

　　q次询问，每次给定r,n，求\(F_r(n)\)。
\[ f_0(n)=\sum_{u\times v=n}[(u,v)=1]\\ f_{r+1}(n)=\sum_{u\times v=n}\frac{f_r(u)+f_r(v)}{2}\]

\(Solution\)

　　首先将\(f_r\)的式子化为
\[ f_{r+1}(n)=\sum_{d|n}f_r(d)\]
　　即\(f_{r+1}(n)\)为\(f_r(n)\)与\(g(n)=1\)的狄利克雷卷积。
　　因为n的所有质因子之间对\(f_0(n)\)的贡献是独立的，所以显然\(f_0(n)\)为积性函数（为什么我还是不懂。。），那么\(f_r(n)\)也为积性函数。
　　于是可以对每个质因子单独计算，这样狄利克雷卷积就可以化成求和
\[ f_{r+1}(p^k)=\sum_{i=0}^kf_r(p^i) \]
　　（\(p^k\)的所有因子即\(p^i,i=0,1,\ldots,k\)）
　　同时可以发现\(f_0(p^k)=[k\neq 0]+1\)，即\(f_0(p^k)\)的值与因子p无关，只与次数有关。
　　那么DP，用\(dp[i][j]\)表示\(f_i(p^j)\)，则\(dp[i][j]=\sum_{k=0}^jdp[i-1][k]\)。
　　询问时对\(n\)分解质因数即可。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
const int N=1e6+3,M=21,mod=1e9+7,MAXIN=1<<18;int r,n,f[N+3][21],Primes[100000],cnt;
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
bool Not_Prime[N+3];inline int read()
{int now=0,f=1;register char c=gc();for(;!isdigit(c);c=gc()) if(c=='-') f=-1;for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());return now*f;
}
#define Mod(a) (a>=mod)?a-=mod:0
void Init()
{
//  Not_Prime[1]=1;for(int i=2;i<N;++i){if(!Not_Prime[i]) Primes[++cnt]=i;for(int j=1;j<=cnt&&Primes[j]*i<N;++j){Not_Prime[i*Primes[j]]=1;if(!(i%Primes[j])) break;}}f[0][0]=1;//f_r(p^0)=1for(int i=1;i<M;++i) f[0][i]=2;for(int sum=0,i=1;i<N;++i,sum=0)for(int j=0;j<M;++j){sum+=f[i-1][j], Mod(sum);f[i][j]+=sum, Mod(f[i][j]);}
}
int Solve(int r,int n)
{int ans=1,m=sqrt(n+0.5);for(int i=1;i<=cnt&&Primes[i]<=m;++i){if(n%Primes[i]) continue;int t=0;while(!(n%Primes[i])) n/=Primes[i],++t;ans=1LL*ans*f[r][t]%mod;}if(n>1) ans=1LL*ans*f[r][1]%mod;//本身是个质数 return ans;
}int main()
{
//#ifndef   ONLINE_JUDGE
//  freopen("757.in","r",stdin);
//#endifInit();int t=read(),r,n;while(t--)r=read(),n=read(),printf("%d\n",Solve(r,n));return 0;
}