有  次询问,第  次询问包含两个数  。 
求满足下面两个要求的  数组的方案数。 
1.  数组由  个整数构成 
2.  
A与B不同当且仅当至少存在一个数  满足  。答案对  取模 
数据范围: 

显然对x分解质因数,如果某个质因子幂次为t,根据挡板法对答案的贡献就是 

又因为可是是负的,每次挑选偶数个让它变成负的,那么答案就是 

代码这里可以预处理一下2的次幂会更快一点,

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+;
ll qpow(ll a,ll x){
ll res=;
while (x){
if(x&)
res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
x/=;
}
return res;
}
int prime[],cnt=,vis[];
ll up[],inv[],down[];
void init(){
for(int i=;i<=;i++){
if(vis[i])continue;
prime[cnt++]=i;
for(int j=*i;j<=;j+=i){
vis[j]=;
}
}
down[]=up[]=inv[]=;
for(int i=;i<=2e6;i++){
inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
for(int i=;i<=2e6;i++){
up[i]=up[i-]*i%mod;
down[i]=down[i-]*inv[i]%mod;
}
}
ll C(ll x,ll y){
return up[x]*down[y]%mod*down[x-y]%mod;
}
int q,x,y;
int main(){
//ios::sync_with_stdio(false);
init();
scanf("%d",&q);
while (q--){
scanf("%d%d",&x,&y);
ll ans = ;
for(int i=;prime[i]*prime[i]<=x&&i<cnt;i++){
int cnt=;
while (x%prime[i]==){
x/=prime[i];
cnt++;
}
if(cnt)ans=ans*C(y+cnt-,cnt)%mod;
}
if(x!=)ans=ans*y%mod;
ans=ans*qpow(,y-)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
}

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