因为只有std，没有自我实现，所以是无码专区

主要是为了训练思维能力

solution才是dls正解，但是因为只有潦草几句，所以大部分会有我自己基于正解上面的算法实现过程，可能选择的算法跟std中dls的实现不太一样。

std可能也会带有博主自己的注释。

problem

把 $n$ 个球放入 $n$ 个盒子里面，每个盒子里恰好都有一个球，标号从 $1$ 开始。

且盒子标号和里面装的球的标号的因子个数必须相同。

答案对 $500009$ 取模。多组数据。

$T\le 1e5,n\le 1e9$。

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我的想法

observation ：因子数不同的之间互相独立，因子数相同的之间方案数为阶乘，所以实际上是不同因子数的方案数的乘积。

对于 $70\%$ 的 $n\le 1e6$ 数据，可以线性筛预处理将所有数按照因子个数分类，然后计算即可。

多组数据肯定不能每次都 $O(n)$ 的扫一遍。

将查询的 $n_i$ 按升序排列，指针扫的时候将 $i$ 加入，就单独处理 $i$ 因子个数那个集合的贡献，很好维护。

observation：$1$ 只能放在 $1$ 里。

observation：质数之间可以互相放。

由整数的唯一标准分解，所有数都可以被若干个质数的幂表示。

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solution

观察到，模数是非常小的，不同于往常的大质数。

所以当 $cn{t}_x\ge mod$ 之后，答案一定为 $0$。

$cn{t}_x:$ 因子数为 $x$ 的个数。

最后答案为 $\prod cn{t}_x!$ 。

通过打表发现，当 $n\ge 2250000$，就已经存在一个 $cn{t}_x\ge mod$ 了。

所以只需要在 $n<2250000$ 时用线性筛求出每个数的因子数，乘上对应的 $cn{t}_x$，当 $n\ge 2250000$ 直接输出 $0$ 即可。

一般而言，当模数不是寻常的模数时，正解往往会隐藏在模数的性质背后。

当模数是常见的大质数，一般都是数学计算方案了。

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std

#include <algorithm>
#include <cassert>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <string>
#include <utility>
#include <vector>
#include <cassert>
#include <ctime>
#include <queue>
using namespace std;
#define VAR(a,b) __typeof(b) a=(b)
#define REP(i,n) for(int _n=n, i=0;i<_n;++i)
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a),_b=(b);i<=_b;++i)
#define FORD(i,a,b) for(int i=(a),_b=(b);i>=_b;--i)
#define FOREACH(it,c) for(VAR(it,(c).begin());it!=(c).end();++it)
#define ALL(c) (c).begin(),(c).end()
#define TRACE(x) cerr << "TRACE(" #x ")" << endl;
#define DEBUG(x) cerr << #x << " = " << x << endl;typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int INF = 1000000000;
const LL INFLL = LL(INF) * LL(INF);
template<class T> inline int size(const T &c) {return c.size();
}
int rint() {int x;if (scanf("%d", &x) != 1)return -1;return x;
}
LL rLL() {LL x;if (scanf("%lld", &x) != 1)return -1;return x;
}const int MOD = 500009;
const int MAXN = 2250000;int main() {freopen("ball.in", "r", stdin);freopen("ball.out", "w", stdout);vector<int> ndivisors(MAXN + 1, 1);int p = 2;for (p = 2; p * p * p <= MAXN; ++p)if (ndivisors[p] == 1) {int pk = p;for (int k = 1;; ++k) {int mm = 0;for (int q = pk; q <= MAXN; q += pk) {++mm;if (mm == p)mm = 0;elsendivisors[q] *= k + 1;}LL pk2 = LL(pk) * p;if (pk2 > MAXN)break;pk = int(pk2);}}for (; p * p <= MAXN; ++p)if (ndivisors[p] == 1) {int pk = p;for (int k = 1; k <= 2; ++k) {int mm = 0;for (int q = pk; q <= MAXN; q += pk) {++mm;if (mm == p)mm = 0;elsendivisors[q] *= k + 1;}pk *= p;}}for (; p <= MAXN; ++p)if (ndivisors[p] == 1) {for (int q = p; q <= MAXN; q += p) {ndivisors[q] *= 2;}}vector<unsigned> cnt(MAXN + 1, 0);vector<unsigned> res(MAXN + 1, 0);res[0] = 1;for (int n = 1; n <= MAXN; ++n) {int d = ndivisors[n];++cnt[d];res[n] = res[n - 1] * (cnt[d] % 1024u) % unsigned(MOD);if (cnt[d] >= 1024u) {unsigned a = res[n - 1] * (cnt[d] >> 10) % unsigned(MOD);res[n] = (res[n] + (a << 10)) % unsigned(MOD);}if (res[n] == 0)break;}int ntc = rint();REP(tc, ntc) {int n = rint();int r = n <= MAXN ? res[n] : 0;printf("%d\n", r);}
}