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题意：就是求n!中因子的因子的个数
题解：
①：n！中某个因子的个数就是n/x的累加。
证明：其实就是每次褪一层，即每次除去能除于1个3的，依次两个3的，三个3的个数，最终也就能得到3的个数，这里没必要
整除，因为是阶乘，所以即使不能整除，也可以被比数组中较小的数整除。
我们举一个例子：
1234567 我们找最终得到的2的个数，第一次 我们发现 2 4 6 可以整除，整除后变成了 1 2 3 随之7/2=3，ans+=3，随之2依然可以整除，然后变成了1，随之3/2=1，后面都不能整除了，所以我们可以找到这个规律。
②：假设可以把阶乘得到的结果化成类似于2 ^ a * 3 ^ b * 5 ^ c这样的，我们可以得出结果——是(a+1)*(a+2) / 2 * (b+1) * (b+2) / 2 *(c+1) * (c+2) / 2;
证明：我们将他们写成以上那种形式后，其实因子就很好求了，如果让求因子的个数，这个题到此为止，但是题目要求的是因子的因子的个数，所以我们这里还不能完，因子的因子的个数就是——我们单求
一个质数单元，例如是：3 ^ 0 的因子个数是1个，3 ^ 1 是两个，3 ^ a的因子个数 （ 3 ^ 0 ~ 3 ^ a）共a+1个 所以 我们把他们加起来是（a+1） * （a+2）/2 这样 在将所有的乘起来即可，也就是类似于排列组合的情况数，当所有的数都选择0次方时，也就是1。
下面是AC代码：
#include#include #include #include using namespace std; #define int long long const int N=1e6+10,mod=1e7+7; int prime[N]; bool st[N]; int cnt[N]; int cou; void is_prime(int n) { int i,j; for(i=2;i<=n;i++) { if(!st[i]) { prime[cou++]=i; for(j=i+i;j<=n;j+=i) st[j]=true; } } } signed main() { is_prime(1e6); int n; while(cin>>n&&n) { memset(cnt,0,sizeof(cnt)); for(int i=0;prime[i]<=n;i++) { cnt[i]=0; int tmp=n; while(tmp) { cnt[i]+=tmp/prime[i]; tmp/=prime[i]; } } int ans=1; for(int i=0;prime[i]<=n;i++) { if(cnt[i]>0) { ans=(ans%mod*((cnt[i]+1)*(cnt[i]+2)/2)%mod)%mod; } } printf("%lldn",ans); } return 0; }
