洛谷 P6060

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一道不算太难的题，题解稍微写写吧（

首先根据约数个数和公式，对于一个 (n=p_1^{alpha_1}·p_2^{alpha_2}·cdots·p_m^{alpha_m})​，显然有 (D(n^k)=prodlimits_{i=1}^m(kalpha_i+1))​，由于每次询问给定的 (k) 不固定，我们无法一次性直接对所有 (k) 都算一波答案。不过注意到对于一个 (nin[1,10^7]) 而言，其质因子个数不会超过 (8)，这也就启发我们，上面的 (prod) 展开后肯定是关于 (k) 的次数不超过 (8) 的多项式，因此考虑对每个 (n) 求出其对应的多项式的系数然后累加求个前缀和，这样我们即可在 (mathcal O(8)) 的复杂度内回答询问。那么怎么对每个 (n) 求出其对应的多项式呢？考虑一个非常 naive 的 DP，首先我们对于每个数求出其最小质因子 (mnp_i)——这显然可以一遍线性筛搞定，学过一丁点数论的人都能够搞定。我们再找出 (mnp_i) 在 (i) 中的次数，假设为 (alpha)，那么我们记 (x=dfrac{i}{mnp_i^{alpha}})，那么显然就有 (f_{i,j}=f_{x,j-1}·alpha+f_{x,j})，其中 (f_{i,j}) 为 (i) 对应的多项式第 (j) 项的系数，随便递推一下即可。

时间复杂度 (mathcal O(8·n))。这个故事告诉我们下次看到数论题目，有时候也可以从每个数不同质因子个数很小这一点出发，可以获得不错的复杂度。

const int MAXN=1e7;
const int OMEGA=8;
const int MOD=998244353;
int pr[MAXN/10+5],prcnt=0,mnp[MAXN+5],omega[MAXN+5];
bitset<MAXN+5> vis;
int s[MAXN+5][OMEGA+2];
void sieve(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]) mnp[i]=i,pr[++prcnt]=i,omega[i]=1;
		for(int j=1;j<=prcnt&&pr[j]*i<=n;j++){
			vis[i*pr[j]]=1;mnp[i*pr[j]]=pr[j];
			if(i%pr[j]==0){omega[i*pr[j]]=omega[i];break;}
			omega[i*pr[j]]=omega[i]+1;
		}
	} s[1][0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int tmp=i,sum=0,p=mnp[i];
		while(tmp%p==0) tmp/=p,sum++;
		for(int j=0;j<=omega[i];j++) s[i][j]=s[tmp][j];
		for(int j=0;j<omega[i];j++) s[i][j+1]+=s[tmp][j]*sum;
	}
	for(int i=0;i<=OMEGA;i++) for(int j=1;j<=n;j++)
		s[j][i]=(s[j-1][i]+s[j][i])%MOD;
}
int pw[OMEGA+2];
int main(){
	sieve(MAXN);int qu;scanf("%d",&qu);
	while(qu--){
		int n,k,res=0;scanf("%d%d",&n,&k);
		for(int i=(pw[0]=1);i<=OMEGA;i++) pw[i]=1ll*pw[i-1]*k%MOD;
		for(int i=0;i<=OMEGA;i++) res=(res+1ll*pw[i]*s[n][i])%MOD;
		printf("%d
",res);
	}
	return 0;
}