设 x 的质因子为p1,p2,p3…
f(x,1) * f(x,2) *… * f(x,n)
= g(1,p1) * g(2,p1) * g(3,p1) * … * g(n,p1) *
g(1,p2) * g(2,p2) * g(3,p2) * … * g(n,p2) *
g(1,p3) * g(2,p3) * g(3,p3) * … * g(n,p3) * …
这样可以用每个质因子求出n项 g（）的解。
g（y,p）=p^k (y% p^k==0的最大k)
对于 p1 来说， 能够整除p1的数字一共有 n/p1 个 ，整除 p1^2 的数字有 n/p1^2 个…依次类推，那么有 n/p1 项贡献 p1，答案 ans 乘以 p1^(n/p1) , 有 n/( p1^2 ) 项贡献 p1^2，答案 ans 乘以 p12^ (n/p1^2) ，以此类推… 。但是能够整除 p1^2的数字也必定能够整除 p1 ，能够整除p1^k 的数字必定能够整除 p1^t (0<t<k) ;
因此 ，我们需要进行去重。
可以这样考虑：
我们先把 n/p1 项的贡献 p1 乘到答案上, ans = ans * fp( p1 , n/p1 ) % mod; (fp 为快速幂)
当算n/ (p1^2) 时, 有 n/ (p1^2) 项 , 由于 在算贡献为 p1 时, 答案已经乘以了 这么多项p1，其中就包括 因子含有 p1 ^ 2 的数，所以只需要乘以 p1^ ( n/p1^2 ) 即可。
例如： 2 4 6 8 10 ,p1=2;
第一次 ，都能整除2，答案乘以 5个 2。
第二次， 4 和 8 能整除 2^2,但第一次的时候 4 8 对答案已经贡献了2，那么只需要再贡献2 就能变成 2^2 了。
…
依次类推
其实就相当于第一次操作把 2 4 6 8 10 变成了 1 2 3 4 5 ，第二次变成了 1 1 3 2 5 …把所有 数字的质因子 2 全部乘到答案上。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e3+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
LL read()
{
LL x=0,t=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){ if(ch=='-')t=-1; ch=getchar(); }
while(isdigit(ch)){ x=10*x+ch-'0'; ch=getchar(); }
return x*t;
}
vector<LL> p;
vector<LL> sum;
LL fp(LL x,LL y)///快速幂
{
LL res=1;
while(y)
{
if(y&1) res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return res;
}
void solve(LL n)///质因子分解
{
p.clear();
for(LL i=2; i*i<=n; i++)
{
if(n%i==0)
{
p.push_back(i);
while(n%i==0) n/=i;
}
}
if(n>1) p.push_back(n);
}
int main()
{
LL x=read(),n=read();
solve(x);
LL ans=1;
for(int i=0;i<p.size();i++)
{
LL t=n;
while(t)
{
t/=p[i];
ans=ans*fp(p[i],t)%mod;
}
}
printf("%lld
",ans);
}