首先,题目说了最多\(6\)个质因数

如此小的数据范围,不是状压还是啥?

然后,我们可以发现一个性质:只要两个因数有相同的质因数(不管次数是多少),两者就不互质

这启示我们用一个二进制数来表示一类\(N\)的因数,每个二进制位表示对应质因数的状态,\(1\)表示有,\(0\)表示没有。

举个例子:\(N=12156144=2^4 \times 3 \times 7 \times 11^2 \times 13 \times 23\)

那么,每个二进制数中,第\(0\)位表示是否有质因数\(2\),第\(1\)位表示是否有质因数\(3\),第\(2\)位表示是否有质因数\(7\)......以此类推。

比如说,\(N\)的因数\(132=2^2 \times 3 \times 11\),应该对应的是\({(001011)}_2\),即它属于第\(11\)类数。

状压以后,不难用乘法原理求出每类数的个数。接着,我们考虑如何求出答案。

我们用一个三进制数来表示当前状态。第\(i\)位表示当前第\(i\)类数的数量+与第\(i\)类不互质的数的个数。状态转移就很好写了。枚举当前增加哪一类数,直接转移即可。

最后有个要点:可以改成四进制数来写,并用一个\(int128\)来存,简化代码。

(Dev-C++是编译不通过的,因为这东西只有Linux下有)

Code:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <map>
#define int long long
using namespace std;
typedef __uint128_t int128;
const int MOD=1e9+7;
int n,zys[105],cs[105],cnt,sum[1<<8],ans;
map<int128,int> m; //存状态
int dfs(int128 stat){
if(m.count(stat)) return m[stat];//记忆化
int res=1;
for(int i=1;i<(1<<cnt);i++){ //枚举增加的数是哪一类
int cur=(stat>>(i<<1))&3; //获取当前这一类数的情况
int128 tmp=stat;
if(cur>1) continue; //如果已经有数与它不互质了,显然不能再增加此类数
for(int j=0;j<(1<<cnt);j++){
if(!(i&j)) continue; //验证每一类数是否与所选的数互质
//如果这两类数有相同的质因子,则按位与肯定不为0
if((stat>>(j<<1)&3)<2) stat+=((int128)1<<(j<<1));
}
res=(res+dfs(stat)*sum[i])%MOD;
stat=tmp;
}
return m[stat]=res;
} signed main(){
scanf("%lld",&n);
int tmp=n;
for(int i=2;i*i<=tmp;i++){
if(tmp%i==0){
zys[++cnt]=i;
while(tmp%i==0) tmp/=i,cs[cnt]++; //分解质因数
//zys:存储从小到大不同的质因子
//cs:每一个质因子的次数
}
}
if(tmp>1) zys[++cnt]=tmp,cs[cnt]++;
for(int i=0;i<(1<<cnt);i++){
sum[i]=1;
for(int j=1;j<=cnt;j++){
if(i&(1<<j-1)) sum[i]=(sum[i]*cs[j])%MOD; //乘法原理,计算每一类数的个数
}
}
ans=dfs((int128)0);
cout<<(ans-1+MOD)%MOD<<endl;//空集不能算,所以答案-1
return 0;
}

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