解题思路

1.只有有两个及以上不同质因子的数才会有贡献
2.对于最小公倍数，若将每个数质因数分解，最小公倍数即为每一个质因子的最高幂次相乘，可用线性筛筛取素数
3.如何确定每一个质因子的最高幂次，因为该数要有两个及以上不同质因子，可将其乘以除他之外最小的素数确定，如：确定2的最高幂次可乘以3，最高幂次为对n/3取对数；确定5的最高幂次可乘以2，最高幂次为对n/2取对数
4.最后一点，用线性筛筛素数时，不必筛到n，因为如果一个素数大于n/2，那么由他组成的有两个及以上不同质因子的数必定大于n，即线性筛筛到n/2即可

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define io ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define maxn 160000010
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1000000007;
const double pi=acos(-1.0);
inline int lowbit(int x){ return x&(-x);}
int v[maxn];
int prime[maxn];
int cnt;
ll qpow(ll a,int b){
    ll ans=1;
    while(b!=0){
        if(b&1==1) ans=ans*a%MOD;
        a=a*a%MOD;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    io;
    int n;
    cin>>n;
    if(n<=5) cout<<"empty\n"; //n小于等于5时，不存在有贡献的数，特判一下
    else{
        for(int i=2;i<=n/2;i++){
            if(v[i]==0){ v[i]=i; prime[++cnt]=i;}
            for(int j=1;j<=cnt;j++){
                if(prime[j]>v[i]||i*prime[j]>n/2) break;
                v[i*prime[j]]=prime[j];
            }
        }
        ll ans=1;
        ans=ans*qpow(2,(int)(log(n/3)/log(2)))%MOD;  //对数运算时，用换底公式
        for(int i=2;i<=cnt;i++){
            ans=ans*qpow(prime[i],(int)(log(n/2)/log(prime[i])))%MOD;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}