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　　好久沒做數學題了，感覺有些思想僵化，走火入魔了。

　　這道題就是求方程$ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!} $的正整數解個數。

　　首先我們可以把方程化為$ (x+y)n!=xy $。。。然後就發現搞不出什麽了。

　　但是我們可以考慮換元，因為$ x,y $必大於$ n $，所以我們設$ y=n!+k $，然後我們就可以把方程化為$ (x+n!+k)n!=x(n!+k) $，接下來去括號並整理得：$ (n!)^{2}+kn!=xk $，於是$ x=x=\frac{(n!)^{2}}{k}+n! $，問題就變成了求$ (n!)^2 $的因數個數。

　　具體做法可以用篩法篩出質數，然後對於每個質數，算出它們的每個冪對答案的貢獻。

　　代碼：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define
 
 max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define lowbit(x) (x& -x)
#define mod 1000000007
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-18
#define maxn 500010
inline ll read()
{
    ll tmp=0; char c=getchar(),f=1;
    for(;c<‘0‘||‘9‘<c;c=getchar())if(c==‘-‘)f=-1;
    for(;‘0‘<=c&&c<=‘
 
9‘;c=getchar())tmp=(tmp<<3)+(tmp<<1)+c-‘0‘;
    return tmp*f;
}
int p[1000010],mn[1000010];
ll cnt[1000010];
int n,tot=0;
void eular(int n)
{
    mn[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!mn[i])p[++tot]=i,mn[i]=tot;
        for(int j=1;j<=mn[i]&&i*p[j]<=n;j++)mn[i*p[j]]=p[j];
    }
    //for(int i=1;i<=n;i++)
    //    if(p[mn[i]]==i)printf("%d\n",i);
}
int main()
{
    n=read();
    eular(n);
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        cnt[i]=0;
        for(ll j=p[i];j<=n;j*=p[i])cnt[i]+=n/j;
        cnt[i]%=mod;
    }
    ll ans=1;
    for(int i=1;i<=tot;i++)
        ans=ans*(cnt[i]*2+1)%mod;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

【bzoj2721】[Violet 5]櫻花