tj:可以知道，隨意構造一個數列x，且x的第i位被n整除的方案是（約數個數）^2m，因為所有數可以隨便選，只要這個數能被n整除即可，方案為約數個數
設一個合法數列a的f值為x，則x小於n^m
假設所有數都取到n，則式子的值為n^(2m)。
我們可以另外構造一個數列a2，其每一個數的值為(n/a1,n/a2…..n/am*2)。
則這個數列的f值為n^(2m)/x。這個值大於n^m
所以可以知道每一個a小於n^m的情況都對應著一種a大於n^m的情況
設f值小於，等於，大於n^m的數列個數為a,b,c
則有a==c 且a+b+c==（約數個數）^2m
題目要求a+b的值，但是a不知道
如果我們求出f的值==n^m的情況，要比求出f的值小於n^m的情況要簡單的多，所以我們可以選擇求出f的值==n^m的情況
也就是說，我們求出b，有2*a=（約數個數）^2m-b,a=(（約數個數）^2m-b)/2,a+b=(（約數個數）^2m+b)/2，這樣子可以很快的計算出答案a+b
所以，本題實質上是要求出數列(a1,a2,……am*2)==n^m的方案
對於n的每一個因子，可以分開考慮，在結束以後再把所有方案乘起來
設現在要處理的因子為x，在n中有y個，那麼n^m中有m*y個
則問題轉化為了下面一個形式：
有2*m個不同籃子，m*y個蘋果，每一個籃子可以放0至y個蘋果，問有多少種方法，蘋果必須放完
可以dp，設f[i][j]表示在第i個籃子，當前放了j個蘋果的方案
則f[i][j]=sigma(f[i-1][j-k])，且(0<=k<=y),i<=m,j<=k，每一個狀態枚舉在當前的籃子裡放多少個蘋果
初值f[0][0]=1，最終將所有f[2*m][m*y]乘起來就是s2
再套用原來的公式可以得到答案
代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mo 998244353
typedef long long ll;
ll n,m,f[210][4010],ans=1;
ll qp(ll x,ll y){
if(!y)return 1;
if(y==1)return x%mo;
ll r=qp(x,y>>1)%mo;
if(y%2==0)return r*r%mo;
else return r*r%mo*x%mo;
}
void cal(ll &x,ll y){
ll ct=0;
while(x%y==0){
x/=y;
ct++;
}
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][0]=1;
for(ll i=1;i<=m*2;i++)
for(ll j=0;j<=ct*m;j++)
for(ll k=0;k<=min(ct,j);k++)
f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-k])%mo;
ans=(ans*f[2*m][ct*m])%mo;
}
int main(){
freopen("count.in","r",stdin);
freopen("count.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld",&n,&m);
ll rt=sqrt(n),ct=0,tp=n;
for(ll i=1;i<=rt;i++)
if(n%i==0)ct+=(i*i==n?1:2);
for(ll i=2;i<=rt;i++)
if(tp%i==0)cal(tp,i);
if(tp>1)cal(tp,tp);
ct=qp(ct,m*2);
printf("%lld",(ct+ans)*qp(2,mo-2)%mo);
}