题解
q<=1e6，询问非常多。而n，r也很大，必须要预处理所有的答案，询问的时候，能比较快速地查询。
离线也是没有什么意义的，因为必须递推。
先翻译$f_0(n)$
$f_0(n)=sum_d|n[(d,frac{n}{d})=1]$
一个数的约数和约数的另一半互质，那么，必须意味着，对于n的每个质因子，要么全在d，要么全在n/d否则就不互质了，就是0
对于互质时，每个质因子有两种选择情况，
所以，f0就是$2^m$其中，m是n的质因子种类数。
然后还要处理fr的递推式。
发现，还是和n的约数有关，反过来考虑每个约数的贡献，发现每个约数会被计算两次，u,v各一次
而还要除以2，正好消掉
那么，其实$f_r(n)=sum_{d|n}f_{r-1}(d)$
这个是什么呢？$f_r(n)=f_{r-1}*1$（$*$表示卷积）
$f_0$是积性函数显然，
而卷积两侧是积性函数，那么卷积之后也是积性函数的。
所以，递推过去，$f_r$都是积性函数了。
所以，处理$f_r$可以把每个质因子分开考虑。
$f_r(n)=Pi_{i=1}^kspace f_{r-1}(p_i^{q_i})$
$f_r(p_1^{q_1})=sum_{d|{p_1^{q_1}}}f_{r-1}(d)=sum_{k=1}^{q_1}f_{r-1}(p_1^{k})$
可以发现，如果递推到$f_0$的话，那么，就和质因子p1是什么，没有任何关系了。
所以，之后的取值，和p1是什么质因子，也没有关系。
只和p1的次数有关。
所以可以dp[i][j]第i层，次数为j的$f_i(j)$的值。
前缀和优化一下即可。
但是对于1e6次输入的数，怎么快速质因数分解呢？
假装你要线性筛素数，然后你可以顺便筛出mindiv（一个数的最小质因子）
然后，可以每次除掉mindiv，记录一下这个mindiv的次数。
即可利用mindiv，logn质因数分解
代码：
#include<bits/stdc++.h> #define numb (ch^'0') #define ri register int using namespace std; typedef long long ll; const int N=1000000+5; const int mod=1e9+7; int q,r,n; int pri[N],cnt; int mindiv[N]; ll f[N][22],sum[22]; bool vis[N]; void rd(int &x){ x=0;char ch; while(!isdigit(ch=getchar())); for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=(x<<1)+(x<<3)+numb); } void sieve(){ mindiv[1]=1;//warning!! for(int i=2;i<=N-3;i++){ if(!vis[i]){ pri[++cnt]=i; mindiv[i]=i; } for(int j=1;j<=cnt;j++){ if(pri[j]*i>N-3) break; vis[pri[j]*i]=1; mindiv[pri[j]*i]=pri[j]; if(i%pri[j]==0) break; } } } int main(){ sieve(); f[0][0]=1; sum[0]=1; for(int i=1;i<=19;i++) f[0][i]=2,sum[i]=sum[i-1]+f[0][i]; for(ri i=1;i<=N-3;i++){ for(int j=0;j<=19;j++){ f[i][j]=sum[j]; sum[j]=0; if(j)sum[j]=sum[j-1]; (sum[j]+=f[i][j])%=mod; } } int t; rd(t); while(t--){ rd(r),rd(n); ll ans=1; while(n!=1){ ll div=mindiv[n]; int cnt=0; while(mindiv[n]==div) cnt++,n/=mindiv[n]; (ans*=f[r][cnt])%=mod; } printf("%lld ",ans); } return 0; } /* Author: *Miracle* Date: 2018/10/3 22:15:15 */
总结：
1.对于1e6的询问，必然要考虑探究性质，O(1)处理询问。
2.积性函数的证明:
①从实际意义考虑，如$f_0$
②直接理性证明，如$f_r$
这个是利用了卷积的性质
有时要考虑的是分开质因子能不能处理。