题解 Six（留坑）
考场上搞了个三进制状压，结果正确性假了……
有想到从约数下手，但觉得就光预处理约数复杂度就爆炸就没往这边想……
首先是关于约数个数的证明，再一次感谢战神：
因为 \(n = \prod p_i^{c_i}\) ，最坏情况下 \(p_i=2\) ，这时有 \(\sum c_i \leqslant 50\)
因为 \(num(p_i) \leqslant 6\) ，所以约数个数（大致上） \(\leqslant (\frac{50}{6})^6 \approx 3\times10^5\)
留个坑吧，我那本组合极值（？）呢
事实上我数组只开了 \(1e5\) 也过了
然后考虑爆搜模拟加数过程
发现需要能够判断一对质因子对有没有出现在不同的数中
举个例子，2 3加入6时要判断2和3是不是来自于同一个数
所以再用一个二进制串，每一位代表某对质因子是否在不同的数中出现过
然后这个dfs就很好记忆化了
然而我质因数分解的判断条件i*i<=n忘写等号了……
至于这里的状态数，题解里说“可以证明” \(\leqslant 50000\) 种，然而不会证……
实测数据中状态数最大的一个点有 \(3267\) 种状态
口胡下是因为每个状态要想发生变化必须加入新的质因子，而受质因子个数限制这个过程最多重复6次？不会证……
upd：感谢@Rings（抱歉我不知道您的id……）提供的柿子：这个状态数应该是 \(\sum\limits_{i=1}^6 {6 \choose 2} 2^{i\choose 2} \approx 4 \times 10^4\)
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 100010
#define ll long long
#define reg register int
#define fir first
#define sec second
#define make make_pair
//#define int long long
char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline ll read() {
ll ans=0, f=1; char c=getchar();
while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
return ans*f;
}
ll n;
ll h[10];
const ll mod=1e9+7;
namespace force{
ll p[10], c[10], cnt, ans;
ll dp[N];
void init(ll n) {
ll i;
//cout<<2<<endl;
for (i=2; i*i<=n; ++i) {
//cout<<i<<endl;
if (!(n%i)) {
p[++cnt]=i;
//cout<<"add "<<i<<' '<<n/i<<endl;
do {n/=i; ++c[cnt];} while (!(n%i));
}
}
//cout<<1<<endl;
if (n>1) p[++cnt]=n, c[cnt]=1;
//cout<<"cnt: "<<cnt<<endl;
//for (int i=1; i<=cnt; ++i) cout<<p[i]<<' '; cout<<endl;
//for (int i=1; i<=cnt; ++i) cout<<c[i]<<' '; cout<<endl;
}
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans=1;
while (b) {
if (b&1) ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod; b>>=1;
}
return ans;
}
void solve() {
init(n);
h[0]=1;
for (int i=1; i<=9; ++i) h[i]=h[i-1]*3;
int t[10], num; ll pi[10];
int lim=h[cnt], lim2=1<<cnt;
//cout<<"lim: "<<lim<<' '<<lim2<<endl;
ll cnt2;
for (int i=1; i<lim2; ++i) {
cnt2=0;
for (int j=0; j<cnt; ++j) if (i&(1<<j)) {
cnt2+=c[j+1]-1;
}
pi[i]=qpow(2, cnt2);
//cout<<"pi: "<<bitset<3>(i)<<' '<<pi[i]<<endl;
}
dp[0]=1;
memset(t, 0, sizeof(t));
for (int s=0; s<lim; ++s) {
num=0;
for (int i=0; i<cnt; ++i) num+=t[i]*h[i];
//cout<<"num: "<<num<<endl;
for (int i=1,tem; i<lim2; ++i) {
tem=0;
for (int j=0; j<cnt; ++j) if (i&(1<<j)) {
if (t[j]==2) goto jump;
else tem+=h[j];
}
if (cnt==2 && t[0]==1 && t[1]==1 && i==3) {
dp[num+tem]=(dp[num+tem]+((dp[num]-dp[1]-dp[3])%mod+mod)%mod*pi[i]%mod)%mod;
}
else dp[num+tem]=(dp[num+tem]+dp[num]*pi[i]%mod)%mod;
jump: ;
}
//cout<<"dp"; for (int i=0; i<cnt; ++i) cout<<t[i]; cout<<": "<<dp[num]<<endl;
if (num) ans=(ans+dp[num])%mod;
++t[0];
for (int i=0; i<cnt; ++i)
if (t[i]>=3) ++t[i+1], t[i]-=3;
else break;
}
printf("%lld\n", ((ans)%mod+mod)%mod);
exit(0);
}
}
namespace task{
ll p[10], c[10], div[N];
int ds[N], pcnt, dcnt, tran[10][10], pr[1<<7];
struct pair_hush{inline size_t operator () (pair<int, int> p) const {return hash<ll>()(1ll*p.fir*p.sec+p.fir);}};
unordered_map<pair<int, int>, ll, pair_hush> mp{5000, pair_hush()};
void dfs1(int u, ll sum, int s) {
//cout<<"dfs1 "<<u<<' '<<sum<<' '<<s<<endl;
if (u>pcnt) {if (sum!=1) div[++dcnt]=sum, ds[dcnt]=s; return ;}
dfs1(u+1, sum, s);
for (reg i=1; i<=c[u]; ++i)
dfs1(u+1, sum*p[u], s|(1<<(u-1)));
}
void init(ll n) {
ll i;
for (i=2; i*i<=n; ++i)
if (!(n%i)) {
p[++pcnt]=i;
do {n/=i; ++c[pcnt];} while (!(n%i));
}
if (n>1) p[++pcnt]=n, c[pcnt]=1;
//cout<<"pcnt: "<<pcnt<<endl;
//cout<<"p: "; for (int i=1; i<=pcnt; ++i) cout<<p[i]<<' '; cout<<endl;
dfs1(1, 1, 0);
//cout<<"dcnt: "<<dcnt<<endl;
//for (int i=1; i<=dcnt; ++i) cout<<div[i]<<' '<<bitset<5>(ds[i])<<endl;
int tot=0;
for (reg i=0; i<pcnt; ++i)
for (reg j=i; j<pcnt; ++j)
tran[i][j]=tran[j][i]=1<<(tot++);
//cout<<"tot: "<<tot<<endl;
int lim=1<<pcnt;
for (reg s=1; s<lim; ++s)
for (reg i=0; i<pcnt; ++i) if (s&(1<<i))
for (reg j=0; j<pcnt; ++j) if (s&(1<<j))
pr[s]|=tran[i][j];
}
ll dfs(int s, int t) {
//cout<<"dfs "<<bitset<5>(s)<<' '<<bitset<5>(t)<<endl;
if (mp.find(make(s, t))!=mp.end()) return mp[make(s, t)];
ll ans=0;
for (int i=1,s2; i<=dcnt; ++i) {
s2=s&ds[i];
if (!(t&pr[s2])) {
s2=0;
for (reg j=0; j<pcnt; ++j) if (ds[i]&(1<<j))
for (reg k=0; k<pcnt; ++k) if (s&(1<<k))
s2|=tran[j][k];
ans=(ans+dfs(s|ds[i], t|s2))%mod;
}
}
//cout<<"return "<<bitset<5>(s)<<' '<<bitset<5>(t)<<' '<<ans+1<<endl;
mp[make(s, t)]=ans+1;
return ans+1;
}
void solve() {
init(n);
printf("%lld\n", dfs(0, 0)-1);
exit(0);
}
}
signed main()
{
n=read();
//force::solve();
task::solve();
return 0;
}
