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。
$f_r(n)=\Pi_{i=1}^k\space f_{r-1}(p_i^{q_i})$
$f_r(p_1^{q_1})=\sum_{d|{p_1^{q_1}}}f_{r-1}(d)=\sum_{k=1}^{q_1}f_{r-1}(p_1^{k})$
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=+;
const int mod=1e9+;
int q,r,n;
int pri[N],cnt;
int mindiv[N];
ll f[N][],sum[];
bool vis[N];
void rd(int &x){
x=;char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));
for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=(x<<)+(x<<)+numb);
}
void sieve(){
mindiv[]=;//warning!!
for(int i=;i<=N-;i++){
if(!vis[i]){
pri[++cnt]=i;
mindiv[i]=i;
}
for(int j=;j<=cnt;j++){
if(pri[j]*i>N-) break;
vis[pri[j]*i]=;
mindiv[pri[j]*i]=pri[j];
if(i%pri[j]==) break;
}
}
}
int main(){
sieve();
f[][]=;
sum[]=;
for(int i=;i<=;i++) f[][i]=,sum[i]=sum[i-]+f[][i];
for(ri i=;i<=N-;i++){
for(int j=;j<=;j++){
f[i][j]=sum[j];
sum[j]=;
if(j)sum[j]=sum[j-];
(sum[j]+=f[i][j])%=mod;
}
}
int t;
rd(t);
while(t--){
rd(r),rd(n);
ll ans=;
while(n!=){
ll div=mindiv[n];
int cnt=;
while(mindiv[n]==div) cnt++,n/=mindiv[n];
(ans*=f[r][cnt])%=mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
} /*
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。