[JZOJ 5813] 计算

题意：求满足题意的方案数。

思路：

显然的计数类\(dp\)。

不难发现，令$f(x) = \prod_{i=1}^{2m}{x_i} \(.
在找一个\)x'\(使得\)f(x') = \prod_{i=1}^{2m}{n/x_i}\(
那么，\)f(x') = n^{2m}/f(x) > n^m\(
所以说，对于\)<\(和\)>\(的方案数相同，关键是求出\)=\(.
求\)=\(就是求有多少\)f(x) = n^m\(
将n分解质因数，考虑\)a_j\(表示\)x_j\(中包含\)p\(的指数，令\)cnt\(表示\)n\(中含有\)p\(的指数。
所以就是求\)\sum_{i=1}^{2m}a_j = cnt * m\(且\)a_j > 0\(的方案数。
所以记\)dp[i][j]\(表示前\)i\(个数和为\)j\(的方案数。
所以\)dp[i][j] = \sum_{k=0}^{cnt}dp[i - 1][j - k]\(
复杂度\)O(\sqrt{n} + logn*m^2)$

奇怪的复杂度。。。

不过...关键字坑了我一年...

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 210;
#define mod 998244353
ll tmp;
ll s;
ll n,m;
ll dp[maxn][maxn*(maxn>>3)];
inline int read (){
	int q=0,f=1;char ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)) {
		if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		q=q*10+ch-'0';ch=getchar();
	}
	return q*f;
}
inline ll pow_mod(ll x,ll y) {
	ll res = 1;
	while(y) {
		if(y & 1) res = res * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
inline void upd(ll &x,ll y) {
	x = (x + y) % mod;
}
inline void Upd(ll &x,ll y) {
	x = (x * y) % mod;
}
inline void Dp(int x) {
	int cnt = 0;
	while(tmp % x == 0) cnt ++,tmp /= x;
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	dp[0][0] = 1;
	for(int i = 1;i <= (m << 1); ++i) {
		for(int j = 0;j <= cnt * m; ++j) {
			for(int k = 0;k <= min(j,cnt); ++k) {
				upd(dp[i][j],dp[i - 1][j - k]);
			}
		}
	}
	Upd(s,dp[m << 1][cnt * m]);
}
int sum;
int main () {
	freopen("count.in","r",stdin);
	freopen("count.out","w",stdout);
	scanf("%lld %lld",&n,&m);
	int tid = sqrt(n);
	tmp = n;
	s = 1;
	for(int i = 1;i <= tid; ++i) {
		if(n % i == 0) {
			sum += 1 + (i * i < n);
			if(i > 1 && tmp % i == 0) {
				Dp(i);
			}
		}
	}
	if(tmp > 1) {
		Dp(tmp);
	}
	sum = pow_mod(sum,m << 1);
	printf("%lld",(sum + s) * pow_mod(2,mod - 2) % mod);
	return 0;
}
//1 0 1 1 1 2 1 0 1 1 1 2