自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	Zesty_Fox Life, the Universe, and Everything.

搬运于2025-08-24 22:19:12，当前版本为作者最后更新于2020-06-16 16:57:14，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

安利一波博客：点这里

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。

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;
}