Codeforces 757E Bash Plays with Functions

可以发现$f_0(n)=2^{n的质因子个数}$，这是一个积性函数。而$f_r=f_{r-1}times 1$，因此也是积性函数。我们只需要对每个质因子单独考虑。
不难发现答案跟质因子到底是什么没有关系，只跟它的次数有关。因此我们可以dp，用$dp[i][j]$表示$f_i(p^j)$，那么
$dp[i][j]=sum_{k=0}^jdp[i-1][k]$
用前缀和优化一下可以做到$O(rlog n)$。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int p=1000000007,maxn=1000000,maxq=20,maxm=1000;
int f[maxn+10][maxq+5],s[maxn+10][maxq+5],vis[maxm+10],prm[maxm+10],r,n,tot;
int inc(int x,int y)
{
    x+=y;
    return x>=p?x-p:x;
}
void init()
{
    for (int i=2;i<=maxm;i++)
    {
        if (!vis[i]) prm[++tot]=i;
        for (int j=1;j<=tot&&i*prm[j]<=maxm;j++)
        {
            vis[i*prm[j]]=1;
            if (i%prm[j]==0) break;
        }
    }
    s[0][0]=f[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=maxq;i++) s[0][i]=s[0][i-1]+(f[0][i]=2);
    for (int i=1;i<=maxn;i++)
        for (int j=0;j<=maxq;j++)
        {
            f[i][j]=s[i-1][j];
            s[i][j]=inc((j?s[i][j-1]:0),f[i][j]);
        }
}
int solve()
{
    int m=sqrt(n+0.5),t,ans=1;
    for (int i=1;i<=tot&&prm[i]<=m;i++)
        if (n%prm[i]==0)
        {
            t=0;
            while (n%prm[i]==0) n/=prm[i],t++;
            ans=(LL)ans*f[r][t]%p;
        }
    if (n>1) ans=(LL)ans*f[r][1]%p;
    return ans;
}
int main()
{
    int T;
    init();
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d%d",&r,&n);
        printf("%dn",solve());
    }
}