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一、题目描述
给定 n 个正整数 $a_i$，请你输出这些数的乘积的约数之和，答案对 10^9+7 取模。
输入格式 第一行包含整数 $n$。
接下来 n 行，每行包含一个整数 $a_i$。
输出格式
输出一个整数，表示所给正整数的乘积的约数之和，答案需对 10^9+7 取模。
数据范围
1≤n≤100,1≤a_i≤2×10^9
输入样例：
3
2
6
8
输出样例：
252
二、约数和定理
方法：
\LARGE (p_1^0+p_1^1+…+p_1^{r_1})\times (p_2^0+p_2^1+…+p_2^{r_2}) \times…\times(p_k^0+p_k^1+…+p_k^{r_k})
以$360$举例,求它的全部约数和:
\LARGE 360 = 2*2*2*3*3*5 =2^3 * 3^2 * 5^1
约数和就是： $$\LARGE (2^0+2^1+2^2+2^3)(3^0+3^1+3^2)(5^0+5^1) = \ \LARGE (1+2+4+8)(1+3+9)(1+5)= \ \LARGE 15136=1170$$
三、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 110;
const int MOD = 1e9 + 7;
unordered_map<int, int> primes;
int n;
signed main() {
cin >> n;
while (n--) {
int x;
cin >> x;
for (int i = 2; i <= x / i; i++)
while (x % i == 0) {
x /= i;
primes[i]++;
}
if (x > 1) primes[x]++;
}
int res = 1;
for (auto p : primes) {
int a = p.first, b = p.second; // 质数，几个
int t = 1;
while (b--) t = (t * a + 1) % MOD;
res = res * t % MOD;
}
printf("%lld\n", res);
}
### 五、关键代码讲解
while (b--) t = (t * a + 1) % MOD;
这句话怎么理解？
结论： 每次都是上次运算结果$*a+1$
原理：其实，对于每个质因子，是在计算:
\LARGE a^0+a^1+a^2+...+a^{k-1}+a^k= \sum_{i=0}^k a^i
这东西用代码怎么表示呢？ $$\LARGE \sum_{i=0}^k a^i= a^k+a^{k-1}+...+a^2+a^1+a^0 = \ \LARGE a^k+a^{k-1}+...+a^2+a^1+1
按代码来逆向理解,<font color='red' size=6><b>核心思路：乘$a$+1</b></font>：
第一步：$\LARGE t=1,t=(a+1)$
第二步：$\LARGE t=t*a+1=a*(a+1)+1=a^2+a+1$
第三步：$\LARGE t=t*a+1=a*(a^2+a+1)+1 =a^3+a^2+a+1$
符合上面的运算逻辑，是正确的计算办法。
举栗子：
$$\large 3^0+3^1+3^2+3^3+3^4+3^5$$