题意：
n<=100000，Ai<=100000；
因为答案可能很大，所以只要输出模1000000007后的值就可以了；
多组数据，所有数据的n的和<=500000；
题解：
挺有意思的一道数论题，虽说比赛的时候并没有推出来就弃疗啦；
首先因为N的质因子都在n的范围内，所以我们可以预处理一些素数啊，最小素因子之类的东西；
然后我们得到了N=p1^t1*p2^t2*p3^t3...pk^tk这种形式的N；
计算约数积，我们考虑对于每个素数单独计算；
N一共有(t1+1)*(t2+1)*...*(tk+1)这么多的约数；
对于一个质因数pi，在每个约数中可能出现pi^0,pi^1,pi^2...,pi^ti这些值，有ti+1种值；
并且它们出现的机会是相同的，所以每种pi^j都出现了Π(tx+1)/(ti+1)次；
直观一些来说，其实就是我们用N的其他所有质因子凑出所有能凑出的数之后，分别用pi^0,pi^1,pi^2...,pi^ti去乘它们，得到Π(tx+1)个约数；
那么pi在约数积中一共就出现了(0+1+2+3+...+ti)*Π(tx+1)/(ti+1)次，枚举pi之后快速幂计算即可；
然而还有一些细节，比如显然pi的指数会爆，那么就用费马小定理mod 1000000007-1即可；
而mod之后除(ti+1)不好处理，那就处理前缀积和后缀积；
至于前面等差数列求和的除二，在极限数据下ti恰好会爆掉int一些，不过开long long再讨论奇偶就可以搞了；
最后一点，如果你TLE了，小心坑爹的多组数据！在多组数据下复杂度可能会不对；
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 110000
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
int pri[N],fp[N],tot;
ll q[N];
int sl[N],sr[N];
bool vis[N];
void init(int n)
{
int i,j;
tot=0;
memset(vis,0,sizeof(vis[0])*(n+1));
memset(q,0,sizeof(q[0])*(n+1));
for(i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i])
pri[++tot]=i,fp[i]=tot;
for(j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=n;j++)
{
vis[pri[j]*i]=1;
fp[pri[j]*i]=j;
if(i%pri[j]==0)
break;
}
}
}
int pow(int x,int y)
{
if(y<0) while(1)puts("fuck");
int ret=1;
while(y)
{
if(y&1)
ret=(ll)ret*x%mod;
x=(ll)x*x%mod;
y>>=1;
}
return ret;
}
int main()
{
int n,i,x,y,ans;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
init(n);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&y);
if(!y) continue;
x=i;
while(x!=1)
{
q[fp[x]]+=y;
x/=pri[fp[x]];
}
}
sl[0]=sr[tot+1]=1;
for(i=1;i<=tot;i++)
{
sl[i]=sl[i-1]*(q[i]+1)%(mod-1);
}
for(i=tot;i>=1;i--)
{
sr[i]=sr[i+1]*(q[i]+1)%(mod-1);
}
for(i=1,ans=1;i<=tot;i++)
{
y=(q[i]&1?(q[i]+1)/2%(mod-1)*(q[i]%(mod-1)):q[i]/2%(mod-1)*((q[i]+1)%(mod-1)))%(mod-1)*((ll)sl[i-1]*sr[i+1]%(mod-1))%(mod-1);
ans=(ll)ans*pow(pri[i],y)%mod;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
原文地址：http://blog.csdn.net/ww140142/article/details/49636727
