CF1097D Makoto and a Blackboard

$ \color{#0066ff}{ 题目描述 }$

给定 \(n,k\)，一共会进行 \(k\) 次操作，每次操作会把 \(n\) 等概率的变成 \(n\) 的某个约数

求操作 \(k\) 次后 \(n\) 的期望是多少，答案对 \(10^9+7\) 取模

\(1 \le n \le 10^{15},1 \le k \le 10^4​\)

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

输入只有一行 n,k 。

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

输出一行，表示答案。

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

6 1

6 2

60 5

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

3

875000008

237178099

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

\(1 \le n \le 10^{15},1 \le k \le 10^4​\)

\(\color{#0066ff}{题解}\)

不难发现，每个质因子互不影响，贡献独立

于是我们考虑每个质因子对答案的贡献，首先我们分解质因数

对于一个质因子\(p_i^c\)，考虑它的指数，实际上可以理解为，每一轮，c等概率变成\([0,c]\)中的一个数

那么概率就是\(\frac{1}{c+1}\)

对\([0,c]\)都有贡献， 可以差分一下，统计概率的贡献

我们设\(f[i]\)为当前质因子的指数为i的概率贡献

把上面的东西统计k轮就是我们要的贡献，然后对应每个指数的概率乘上权值就是期望了

注意我们求的是每个质因子的期望，所以最后统计是乘起来！

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
	char ch; LL x = 0, f = 1;
	while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
	for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
	return x * f;
}
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 66;
LL f[maxn], pre[maxn], n, k, inv[maxn];
std::vector<std::pair<LL, LL> > mp;
LL ksm(LL x, LL y) {
	LL re = 1LL;
	while(y) {
		if(y & 1) re = re * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}
void work() {
	LL now = n;
	for(LL i = 2; i * i <= n; i++) {
		if(now % i == 0) {
			LL num = 0;
			while(now % i == 0) now /= i, num++;
			mp.push_back(std::make_pair(i, num));
		}
	}
	if(now > 1) mp.push_back(std::make_pair(now, 1));
}
int main() {
	n = in(), k = in();
	work();
	LL ans = 1;
	for(int i = 0; i < maxn; i++) inv[i] = ksm(i, mod - 2);
	for(auto o : mp) {
		memset(f, 0, sizeof f);
		f[o.second] = 1;
		for(int i = 1; i <= k; i++) {
			memset(pre, 0, sizeof pre);
			for(int j = 0; j <= o.second; j++) {
				(pre[0] += f[j] * inv[j + 1] % mod) %= mod;
				(pre[j + 1] -= f[j] * inv[j + 1] % mod) %= mod;
			}
			for(int j = 1; j <= o.second; j++) (((pre[j] += pre[j - 1]) %= mod) += mod) %= mod;
			for(int j = 0; j <= o.second; j++) f[j] = pre[j];
		}
		LL tot = 0, now = 1;
		for(int i = 0; i <= o.second; i++) (tot += now * f[i] % mod) %= mod, (now *= o.first) %= mod;
		(ans *= tot) %= mod;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}