假设一个数n可以拆成$n=p_1^{a_1}\ast p_2^{a_2}\ast ...\ast p_k^{a_k}$，
其中p是质数，如$36=2^2\ast 3^2$,

那么约数的和就是$(p_1^0+p_1^1+...+p_1^{a_1})\ast (p_2^0+p_2^1+...+p_2^{a_2})\ast ...\ast (p_k^0+p_k^1+...+p_k^{a_k})$

如36的约数之和就是 $(1+2+2^2)\ast (1+3+3^2)=91=1+2+3+4+6+9+12+18+36$。

因为所有约数都是由若干个这样的质数p组成的，而上面的乘法展开就是所有质数的组合。

以36为例： $(1+2+2^2)\ast (1+3+3^2)$
$1=1\ast 1$
$2=2\ast 1$
…
$12=2^2\ast 3$
$18=2\ast 3^2$
$36=2^2\ast 3^2$

用试除法统计所有数的所有质数个数$a_i$，用式子$(p_1^0+p_1^1+...+p_1^{a_1})\ast (p_2^0+p_2^1+...+p_2^{a_2})\ast ...\ast (p_k^0+p_k^1+...+p_k^{a_k})$得到答案。

#include <iostream>
#include <unordered_map> 
using namespace std;

long long cnt, ans = 1;
const int mod = 1e9 + 7;

int n, a;

unordered_map<int, int> primes;

int main() {
	scanf("%d", &n);
	while (n -- ) {
		scanf("%d", &a);
		
		for (int i = 2; i * i <= a; i ++ ) {
			while (a % i == 0) {
				a /= i;
				primes[i] ++;  // 各个数的约数个数相加 
			}
		}
		if (a > 1) primes[a] ++; // a是质数时 
	}
	for (auto prime: primes) {
		//printf("%d %d\n", prime.first, prime.second); 
		long long p = 1;
		cnt = 0;
		for (int i = 0; i <= prime.second; i ++ ) {
			cnt = (cnt + p) % mod;
			p = (p * prime.first) % mod; //计算p的1,2,3...次方
		}
		ans = (ans * cnt) % mod;
	}
	printf("%lld\n", ans); 
	return 0;
}

注意这边的取模，由模运算的规则
$(a+b)\%p=(a\%p+b\%p)\%p$
$(a\ast b)\%p=(a\%p\ast b\%p)\%p$

所以上述代码的结果是等价于最后再取模的。

注意到
$p_1^0+p_1^1+...+p_1^{a_1}=((p_1+1)\ast p_1+1)\ast p_1+1)\ast p_1+1....$
总共进行$a_1$次
因此循环还可以改写成

	for (auto prime: primes) {
		cnt = 0;
		for (int i = 0; i <= prime.second; i ++ ) {
			cnt = (cnt * prime.first + 1) % mod; 
		}
		ans = (ans * cnt) % mod;
	}