CF1097D 【Makoto and a Blackboard】

我们考虑对于一个(N)，他如果变成了他的约数(x)，那又会变成一个子问题

我们定义(F(n, k))为n操作k次的期望个数

那么我们有(F(n, k) =sum_{x|n} F(x, k - 1) * frac{1}{d})（其中d为n的约数个数）

因为(N)的约数个数肯定在(sqrt N)以内现在我们就有了一个(O(sqrt N K))的暴力了

前面的(sqrt N)肯定是不能省略了，我们可不可以对(K)下手呢？

我们考虑(N)是质数，那么答案为(frac{N + 2^k - 1}{2^k})

再考虑一波(N = p^x)其中p是质数，那么我们考虑用上述(DP求解)

设$dp[i][j] (为第i此操作后，为)p^j$的概率

(dp[i][j] = sum_{l = 1}^x dp[i - 1][l] * frac{1}{j})

最后的答案为(sum_{j = 1}^{x} dp[k][j] * p^j)

我们发现每一个(p_i^{j})互不影响，这又是一个积性函数

(sum[i][j] * sum[i][k] = sum[i][j * k](gcd(j, k) == 1))

证明的话我们一样回归定义，假设变成(p_1^j * p_2^0)的概率为x，(p_1^0 *p_2^k)的概率为y，那么(p_1^j*p_2^k)的概率一定为(x*y)

于是我们只需要对(N)分解质因数后再套一个(prod)即可

这样的复杂度是(sqrt N + K * log^3N=10^9)

但是由于(log)不一定为2，所以这个复杂度是可以过这道题的

(Code:)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
#define debug printf("Now is Line : %d
",__LINE__)
#define file(a) freopen(#a".in","r",stdin);freopen(#a".out","w",stdout)
#define int long long
#define D double
#define inf 123456789
#define mod 1000000007
il int read() {
    re int x = 0, f = 1; re char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
    return x * f;
}
#define rep(i, s, t) for(re int i = s; i <= t; ++ i)
#define drep(i, s, t) for(re int i = t; i >= s; -- i)
#define Next(i, u) for(re int i = head[u]; i; i = e[i].next)
#define mem(k, p) memset(k, p, sizeof(k))
#define lb(x) (x)&(-(x))
#define ls k * 2
#define rs k * 2 + 1
#define maxn 1000005
int n, m, prim[maxn], tot, dis[maxn], dp[maxn][20], ans, inv[100], Ans = 1;
il void get(int x) {
	for(re int i = 2; i * i <= x; ++ i) {
		if(x % i == 0) prim[++ tot] = i;
		while(x % i == 0) x /= i, ++ dis[tot];
	}
	if(x != 1) prim[++ tot] = x, ++ dis[tot];
}
il int qpow(int a, int b) {
	int r = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) r = r * a % mod;
		b >>= 1, a = a * a % mod;
	}
	return r;
}
signed main() {
	n = read(), m = read();
	get(n);
	rep(i, 1, 60) inv[i] = qpow(i, mod - 2);
	rep(T, 1, tot) {
		mem(dp, 0), dp[0][dis[T]] = 1, ans = 0;
		rep(i, 1, m) {
			rep(j, 0, dis[T]) {
				rep(k, j, dis[T]) dp[i][j] = (dp[i - 1][k] * inv[k + 1] + dp[i][j]) % mod;
			}
		}
		rep(i, 0, dis[T]) ans = (ans + dp[m][i] * qpow(prim[T] % mod, i) % mod);
		Ans = ans * Ans % mod;
	}
	printf("%lld", Ans);
	return 0;
}