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1/N! = 1/X + 1/Y（0<x<=y），给出N，求满足条件的整数解的数量。例如：N = 2，1/2 = 1/3 + 1/6，1/2 = 1/4 + 1/4。由于数量可能很大，输出Mod 10^9 + 7。
Input
输入一个数N（1 <= N <= 1000000)。
Output
输出解的数量Mod 10^9 + 7。
Input示例
2
Output示例
2
思路：通分可得xy-（x+y）N！=0；然后（x-N！）*（y-N！）=xy-(x+y)N!+N!^2;
即可得到（x-N!）(y-N!) = N!^2;那么左边的就是右边的因数，那么求下右边这个数的因数有几个就可以了，分解质因数即可，然后乘法原理；
1 #include <stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<stdlib.h> 4 #include<math.h> 5 #include<algorithm> 6 #include<iostream> 7 using namespace std; 8 bool prime[1000006]; 9 typedef long long LL; 10 int ans[1000006]; 11 LL cnt[100006]; 12 const LL mod = 1e9+7; 13 LL quick(LL n,LL m,LL mod); 14 int main(void) 15 { 16 int i,j; 17 for(i = 2; i <= 1000; i++) 18 { 19 if(!prime[i]) 20 for(j = i; (i*j) <= 1000000; j++) 21 prime[i*j] = true; 22 } 23 int cn = 0; 24 for(i = 2; i <= 1000000; i++) 25 if(!prime[i])ans[cn++] = i; 26 LL n; 27 LL ni = quick(2,mod-2,mod); 28 scanf("%lld",&n); 29 for(i = 0; i < cn; i++) 30 { 31 LL k = n; 32 while(k) 33 { 34 cnt[i] += k/ans[i]; 35 k/=ans[i]; 36 } 37 } 38 LL sum = 1; 39 for(i = 0; i <= cn; i++) 40 { 41 sum = sum*(2*cnt[i]+1)%mod; 42 } 43 sum+=1; 44 sum = sum*ni%mod; 45 printf("%lld ",sum); 46 return 0; 47 } 48 LL quick(LL n,LL m,LL mod) 49 { 50 LL ask = 1; 51 n %= mod; 52 while(m) 53 { 54 if(m&1) 55 ask = ask*n%mod; 56 n = n*n%mod; 57 m>>=1; 58 } 59 return ask; 60 }