题解

二维状压。

第一维直接压选不同质因子的方案,第二位压方案。

分两种讨论,显然一种方案最多出现两次,否则就不合法了,所以一种是出现了一次的,另一种是出现了两次的,这样可以减小状态数。

实现可以用 \(vector\) 或记忆化搜索。

虽然状态看起来很大,但实际可以证明不超过 \(50000\) 个。

Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register signed
#define p(i) ++i
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
struct nanfeng_stream{
template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) {
ri f=0;x=0;register char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) {f|=ch=='-';ch=gc();}
while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
return x=f?-x:x,*this;
}
}cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
#define fi first
#define se second
#define mk std::make_pair
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
#define pair std::pair
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
typedef long long ll;
static const int MOD=1e9+7,N=1<<7;
int tot,S;
ll n,d[N],fla[N];
std::map<pair<ll,ll>,int> dp;
pair<ll,int> prm[N];
inline int MD(int x) {return x>=MOD?x-MOD:x;}
ll dfs(const ll S1,const ll S2) {
register pair<ll,ll> tmp=mk(S1,S2);
if (dp[tmp]) return dp[tmp];
dp[tmp]=1;
for (ri i(1);i<S;p(i)) {
ri sum(0);
register bool fl(0),fg(0);
for (ri j(1);j<S;p(j)) {
if (!(i&j)) continue;
if ((S1>>j)&1) p(sum);
if ((S2>>j)&1) fl=1;
if (fl||sum>1) {fg=1;break;}
}
if (fg) continue;
if ((S1>>i)&1) dp[tmp]=MD(dp[tmp]+d[i]*dfs(S1^(1ll<<i),S2|(1ll<<i))%MOD);
else dp[tmp]=MD(dp[tmp]+d[i]*dfs(S1|(1ll<<i),S2)%MOD);
}
return dp[tmp];
}
inline int main() {
//FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
//FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
cin >> n;
for (register ll i(2);i*i<=n;p(i)) {
ri cnt(0);
while(!(n%i)) n/=i,p(cnt);
if (cnt) prm[p(tot)].fi=i,prm[tot].se=cnt;
}
if (n!=1) prm[p(tot)]=mk(n,1);
d[0]=1;S=1<<tot;
for (ri i(1);i<=tot;p(i)) fla[1<<i-1]=i;
for (ri i(1);i<S;p(i)) d[i]=d[i^lowbit(i)]*prm[fla[lowbit(i)]].se;
printf("%lld\n",dfs(0,0)-1);
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}

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