题目链接：1033D - Divisors
题目大意：给定\(n\)个数\(a_i\)，每个数的约数个数为3到5个，求\(\prod_{i=1}^{n}a_i\)的约数个数。其中\(1 \leq n \leq 500 , 1 \leq a_i \leq 2\cdot 10^{18}\)。
题解：考虑约数个数公式，可以发现对于任意的\(a_i\)，有\(a_i=\left\{\begin{matrix}
p^2\\
p^3\\
p^4\\
p_1\cdot p_2
\end{matrix}\right.\)
其中前三种情况可以直接通过二分来找出时候有满足条件的\(p\)，若存在符合条件的\(p\)，则用\(map\)记录更新\(p\)的指数，否则\(a_i\)一定为两不同质数的积，将其记录到\(b_i\)中
接下来对于每个\(b_i\)，遍历所有的\(a_j\)，若存在这样的\(j\)，使得\(1<gcd(b_i,a_j)<b_i\)，则\(gcd(b_i,a_j)\)必为其中的一个质数，从而可以求出\(p_1,p_2\)的值并更新其指数，若找不到这样的\(j\)，将其记录到\(c_i\)中
可以发现，在\(C\)中的数一定是由两个不同质数组成的，且没有数和他恰好有一个质因子。因此对于任意的\(a_j(j\neq i)\)，有\(gcd(c_i,a_j)=\left\{\begin{matrix}
1\\
c_i
\end{matrix}\right.\)，即\(a_j\)与\(c_i\)互质或者与之相等。因此这时只需要对每个不同的\(c_i\)判断有多少数与他相同并计算贡献就好。由于没有其它的数与\(c_i\)有相同质因子，因此\(c_i\)的两个质因子肯定是没有出现过的，设与\(c_i\)相同的数的个数为\(cnt\)，将答案乘上\((cnt+1)\cdot (cnt+1)\)就好了。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 501 #define LL long long #define MOD 998244353 LL INF=9e18; LL n,a[N],b[N],c[N]; map<LL,LL>f; LL Sqrt(LL n,LL k) { LL l=1,r=n; while(l<r) { LL mid=(l+r+1)/2ll; LL res=1,K=k; while(K--) { if(res>INF/mid) {res=INF;break;} res*=mid; } if(res>n)r=mid-1; else l=mid; } return l; } LL gcd(LL x,LL y){return y?gcd(y,x%y):x;} int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { LL xx=0; scanf("%I64d",&a[i]); for(LL k=4;k>=2;k--) { LL p=Sqrt(a[i],k); LL res=1,K=k; while(K--)res*=p; if(res==a[i]){f[p]+=k,xx=1;break;} } if(xx)continue; b[i]=a[i]; } for(LL i=1;i<=n;i++)if(b[i]) { LL xx=0; for(LL j=1;j<=n;j++) { if(j==i)continue; LL g=gcd(b[i],a[j]); if(g==1 || g==b[i])continue; xx=1,f[g]++,f[b[i]/g]++; break; } if(!xx)c[i]=b[i]; } LL ans=1; for(LL i=1;i<=n;i++)if(c[i]) { LL cnt=2; for(LL j=1;j<=n;j++) if(c[i]==c[j] && j!=i)cnt++,c[j]=0; ans*=cnt*cnt,ans%=MOD; } for(auto p:f)ans*=p.second+1,ans%=MOD; printf("%I64d\n",ans); fflush(stdout); return 0; }