算是记一下昨天晚上都想了些什么
官方题解 点我
简单题意
给定两个正整数$n$和$k$，定义一步操作为把当前的数字$n$等概率地变成$n$的任何一个约数，求$k$步操作后的期望数字，模$1e9 + 7$。
$$n \leq 10^{15}, k \leq 10^4$$
我的思路
设$f(n, k)$表示$n$在$k$步操作之后的期望数字，假设$n$的约数有$m$个，分别为$d_1, d_2, \dots, d_m$，有递推式
$$f(n, k) = \frac{1}{m}\sum_{i = 1}^{m}f(d_i, k - 1)$$
边界条件显然是$f(n, 0) = n$。
直接暴算的话一共有$n * k$个状态，无法承受。
接下来证明：$f(a, k) * f(b, k) = f(ab, k)$，（其中$a, b$互质）。
数学归纳法来了（逃）
1、$k = 0$的时候显然成立。
2、假设在$k - 1$的时候成立。
我们设$a$有$n$个约数，$b$有$m$个约数，因为约数个数$\sigma$是一个积性函数，所以$ab$的约数个数有$nm$个。
那么根据递推式，有
$$f(ab, k) = \frac{1}{nm}\sum_{d | ab}f(d, k - 1)$$
$$f(a, k) * f(b, k) = \frac{1}{n}\sum_{i | a}f(i, k - 1)\frac{1}{m}\sum_{j | b}f(j, k - 1) = \frac{1}{nm}\sum_{i | a}\sum_{j | b}f(i, k - 1) * f(j, k - 1)$$
要证$f(ab, k) = f(a, k) * f(b, k)$，
即证$\sum_{d | ab}f(d, k - 1) = \sum_{i | a}\sum_{j | b}f(i, k - 1) * f(j, k - 1)$，
右边的式子变形一下
$$\sum_{i | ab}\sum_{j | i}f(i, k - 1) * f(\frac{i}{j}, k - 1)[gcd(j, \frac{i}{j} == 1)]$$
把$ab$分解质因数变成$\prod_{i = 1}^{m}p_i^{c_i}$的形式。
注意到$a$、$b$互质，那么$gcd(j, \frac{i}{j}) == 1$的时候其实只有一种，那就是$j$恰好取完了某个或某几个$p_i^{c_i}$的时候，这时候有$f(d, k - 1) = f(i, k - 1) * f(\frac{d}{i}, k - 1)(gcd(d, a) == i)$。
代进去之后发现两式相等了。
这样子的话我们就得到了$f$函数一个类似于积性的性质，于是我们可以直接把$n$分解成$\prod_{i = 1}^{m}p_i^{c_i}$的形式，然后分别计算每一个$p_i^{c_i}$的答案最后乘起来。
发现这样子状态数十分有限，只有$klogn$个，所以直接暴力算就可以了。
时间复杂度应当是$O(\sqrt{n} + klogn)$。
代码非常乱。
Code：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <map> #include <vector> #include <algorithm> #define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++) #define per(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--) using namespace std; typedef long long ll; typedef pair <ll, int> pin; const ll P = 1e9 + 7; ll ans = 1LL, g[80][10005], inv[80]; bool vis[80][10005]; map <pin, ll> mp; template <typename T> inline void inc(T &x, T y) { x += y; if (x >= P) x -= P; } inline ll fpow(ll x, ll y) { ll res = 1LL; for (; y > 0; y >>= 1) { if (y & 1) res = res * x % P; x = x * x % P; } return res; } ll f(ll p, int m, int k) { if (p == 1) return 1LL; if (k == 0) return fpow(p, m); if (vis[m][k]) return g[m][k]; vis[m][k] = 1; ll res = 0; rep(i, 0, m) inc(res, f(p, i, k - 1) * inv[m + 1] % P); return g[m][k] = res; } inline void solve(ll p, int m, int k) { rep(i, 0, m) rep(j, 0, k) g[i][j] = 0, vis[i][j] = 0; ans = ans * f(p, m, k) % P; } int main() { // freopen("Sample.txt", "r", stdin); // freopen("out.txt", "w", stdout); rep(i, 0, 79) inv[i] = fpow(i, P - 2); ll n; int k; scanf("%I64d%d", &n, &k); ll tmp = n; for (ll i = 2; i * i <= n; i++) { if (tmp % i == 0) { int m = 0; for (; tmp % i == 0; tmp /= i, ++m); solve(i, m, k); } } if (tmp > 1) solve(tmp, 1, k); printf("%I64d\n", ans); return 0; }