cf 893 E

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);
    }
}