好久没写题解了，这题简单就随手水一下好了

当 固定的时候，其实 就也固定了，所以考虑有多少种前缀平方序列 ，其实就是在考虑有多少种序列 ，而序列 长度为 ，而由于 ，所以满足条件的可选 最多有 个，所以此时就有了 种挑选数字的方案，而又由于题目要求 都是正整数，且有 ，所以序列 只能保持严格递增（否则会使 非正），所以在挑选完数字以后只有一种排列方式，所以最后序列总数就是 个了

代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define debug(x) cerr << #x << ": " << x << '\n';
// #define int long long
#define ctz __builtin_ctzll         // 返回二进制表示中末尾连续0的个数
#define clz __builtin_clzll         // 返回二进驻表示中先导0的个数
#define count1 __builtin_popcountll // 返回二进制表示中1的个数
// 上面仨不是ll的时候记得调整
#define lowbit(x) (x & -x)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef __int128 lll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int N = 1e3 + 100;
const double EPS = 1e-8;
const ll MOD = 1e9 + 7;
//const ll MOD = 998244353;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
ll dir[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};
ll dirr[8][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, -1}, {0, 1}, {1, 1}, {1, -1}, {-1, -1}, {-1, 1}};

ll fact[N], infact[N]; // 预处理1e3的数据就够了

ll qpow(ll a, ll b)
{
    a %= MOD;
    ll x = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            x = x * a % MOD;
        a = a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return x;
}

ll inv(ll x)
{
    return qpow(x, MOD - 2);
}

void LiangBaiKai()
{
    infact[0] = fact[0] = 1;
    for (ll i = 1; i <= N; i++)
        fact[i] = fact[i - 1] * i % MOD;
    infact[N] = inv(fact[N]);
    for (ll i = N; i >= 1; i--)
        infact[i - 1] = infact[i] * i % MOD;
}

ll C(ll a, ll b)
{
    if (a < b || b < 0)
        return 0;
    return fact[a] * infact[a - b] % MOD * infact[b] % MOD;
}

void Aiden()
{
    ll n, x;
    cin >> n >> x;
    x = sqrt(x);
    cout << C(x, n) << endl;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    LiangBaiKai();
    int _ = 1;
    //cin >> _;
    while (_--)
        Aiden();
    return 0;
}

/*
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*/