Educational Codeforces Round 33 (Rated for Div. 2) E. Counting Arrays
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题意:给你两个数x,yx,yx,y,让你构造一些长为yyy的数列,让这个数列的累乘为xxx,输出方案数。
思路:考虑对xxx进行质因数分解,设某个质因子PiP_iPi的的幂为kkk,则这个质因子的贡献就相当于把kkk个PiP_iPi放到yyy个盒子中,且盒子可能为空,方案为C(k+y−1,y)C(k+y-1,y)C(k+y−1,y),然后每个质因子的方案乘在一起即可。最后,因为负号也会出现,但xxx为正,所以就是在yyy个位置上选偶数个位置放负号,方案为2y−12^{y-1}2y−1再乘起来即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
LL gcd(LL a,LL b){return b?gcd(b,a%b):a;}
LL lcm(LL a,LL b){return a/gcd(a,b)*b;}
LL powmod(LL a,LL b,LL MOD){LL ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
const int N = 2e6 +11;
const LL mod=1e9+7;
LL Fac[N+33],Inv[N+33];
int p[N+33],a[N+33],cnt;
void init(){
Fac[0]=1;
for(int i=1;i<=N;i++)Fac[i]=(Fac[i-1]*i)%mod;
Inv[N]=powmod(Fac[N],mod-2,mod);
for(int i=N-1;i>=1;i--)Inv[i]=(Inv[i+1]*(i+1))%mod;
Inv[0]=1;
}
void P(){
for(int i=2;i<N;i++){
if(!p[i])a[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt&&1ll*a[j]*i<N;j++){
p[a[j]*i]=1;
if(i%a[j]==0)break;
}
}
}
LL C(int x,int y){
return 1ll*Fac[x]*Inv[y]%mod*Inv[x-y]%mod;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
init();
int t;
P();
for(cin>>t;t;t--){
int x,y;
cin>>x>>y;
LL ans=1;
for(int i=1;i<=cnt&&1ll*a[i]*a[i]<=x;i++){
if(x%a[i]==0){
int res=0;
while(x%a[i]==0)res++,x/=a[i];
ans=ans*C(res+y-1,y-1);
ans%=mod;
}
}
if(x>1)ans=ans*C(y,y-1)%mod;
cout<<ans*powmod(2,y-1,mod)%mod<<endl;
}
return 0;
}
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