这是一篇劝退版的题解。

$$\begin{aligned} \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!} \text{的正整数解的个数} &= \sum_{x \in N^*} \sum_{y \in N^*} [\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!}] \\ &= \sum_{x \in N^*} \sum_{y \in N^*} [\frac{xy}{x+y}=n!] \\ &= \sum_{x \in N^*} \sum_{y \in N^*} [xy=n!x+n!y] \\ &= \sum_{x \in N^*} \sum_{y \in N^*} [xy-n!y=n!x] \\ &= \sum_{x \in N^*} \sum_{y \in N^*} [y(x-n!)=n!x] \\ &= \sum_{x \in N^*} \sum_{y \in N^*} [y=\frac{n!x}{x-n!}] \\ &= \sum_{x \in N^*} [\frac{n!x}{x-n!} \in N^*] \\ &= \sum_{n!+1} ^{(n!)^2+n!} [\frac{n!x}{x-n!} \in N^*] \ \ \ \ \text{这一步跳了若干步确定上下界的步骤} \\ &= \sum_{1} ^{(n!)^2} [\frac{(n!)^2 + k \times n!}{k} \in N^*] \ \ \ \ \ \text{换元，令} k=x-n! \\ &= \sum_{1} ^{(n!)^2} [k \mid ((n!)^2 + k \times n!)] \\ &= \sum_{1} ^{(n!)^2} [k \mid (n!)^2] \\ &= \operatorname{d}((n!)^2) \text{注：}\operatorname{d}(n) \text{为 n 的约数个数} \end{aligned} $$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int prime[1000006],pct;
bitset<1000006> not_prime;
void euler(){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!not_prime[i]){
			prime[++pct]=i;
		}
		for(int j=1;j<=pct&&prime[j]*i<=n;j++){
			not_prime[i*prime[j]]=1;
			if(!(i%prime[j])) break;
		}
	}
}
const int P=1e9+7;
long long ans=1;
void find(){
	for(int j=1;j<=pct;j++){
		long long p=prime[j],ct=0;
		while(p<=n){
			ct+=n/p;p=p*prime[j];
		}ans=ans*(ct*2+1)%P;
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	euler();
	find();
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}
/*
1/x + 1/y = 1/n!
1/y = 1/n! - 1/x 
y = xn! / (x-n!)
若要让y为正整数，
需要：
xn!和x-n!正整数 
x-n! | xn!
设x-n! = k
则k|(k+n!)n!=kn!+n!*n!
因为k|kn!所以上式-> k|n!*n!


怎么求n!*n!的因数个数呢？ 

我们发现n!是由质数组成的
（这里先求n!的因数个数 
只需要找到质数p在1~n中作为因数出现了多少次
（设为ct[p]次吧 
cnt=连乘(ct[p_i]+1) //可以选p^0 ~ p^ct
那么对于n!*n!，只需让ct[p]*2即可 

好的，那怎么找ct呢
在1~n中，ct[p] = n/p + n/p^2 +... 
（n/p记录了第一个p，n/p^2记录了第二个p...... 

OK*/

首先我们去分母：

$$yn!+xn!=xy$$

然后我们考虑用 $y$ 表示 $x$，则有：

$$y=\frac{xn!}{x-n!}$$

然后我们上下同时除以 $n!$ ：

$$y=\frac{x}{\frac{x}{n!}-1}$$

我们设 $m=\frac{x}{n!}-1$ ，则有：

$$x=(m+1)n!=mn!+n!$$ $$y=\frac{mn!+n!}{m}=n!+\frac{n!}{m}$$

因为 $n!$ 一定为正整数，所以我们如果想要保证 $x,y$ 为正整数，那么一定要保证 $mn!$ 与 $\frac{n!}{m}$ 为正整数

但是注意此时 $m\in R$ ，所以我们设 $m=\frac{a}{b}~~(b≠0)$

然后我们就会发现：$n! \times \frac{a}{b}$ 与 $n! \times \frac{b}{a}$ 都必须为整数，那么 $a,b$ 都一定是 $n!$ 的因数

这里注意每一个因数会被算两次即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define int long long
using namespace std;
bool Test_MLE_start;
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
int T=1,cnt=0,n,ans=1;
bool vis[N];
int prime[N],ret[N];
inline int reads(){
	char c=getchar();
	int sum=0,f=1;
	while(!isdigit(c)){
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)){
		sum=(sum<<3)+(sum<<1)+(c^'0');
		c=getchar();
	}
	return sum*f;
}
inline void files(){
	freopen("std.in","r",stdin);
	freopen("std.out","w",stdout);
}
inline void clr(){
//	Don't forget!

}
void ola(int p){
	for(int i=2;i<=p;i++){
		if(!vis[i]) prime[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=p;j++){
			vis[prime[j]*i]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}
bool Test_MLE_end;
signed main(){
//	printf("%lf Mb\n",(&Test_MLE_end-&Test_MLE_start-1)/1024.0/1024.0);
//	files();
//	T=reads();
	while(T--){
		clr(),ola(N-10);
		n=reads();
		for(int i=1;i<=cnt;i++){
			if(prime[i]>n) break;
			for(int j=prime[i];j<=n;j*=prime[i]){
//				cout<<i<<"->"<<prime[i]<<"->"<<j<<"\n";
				ret[i]+=n/j;
			}
			ret[i]*=2;
		}
		ans=ret[1]+1;
		for(int i=2;i<=cnt;i++){
			if(prime[i]>n) break;
			ans=ans*(ret[i]+1)%mod;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

原式可变为

$xn! + yn! - xy = 0$

然后很不容易发现这个和因式分解很像

所以我们两边同时加$n!^2$

$n!^2 + xn! + yn! - xy = n!^2$

$LSH=(n!-x)(y-n!)$

然后这个东西等于$n!^2$

所以$(n!-x)$和$(y-n!)$是$n!^2$的约数

所以原问题就等价于求$n!^2$的约数个数，然后这个东西蓝皮书有讲

时间复杂度$O(N)$

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

bool mlest;

inline long long R(){
	long long x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
	while(isdigit(ch)) { x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

inline void W(long long x){
	if(x < 0) { putchar('-'); x = -x; }
	if(x > 9) W(x/10); putchar(x%10+'0');
}

inline void W(string s){
	for(long long i = 0;i < s.size(); i++){
		putchar(s[i]);
	}
}

inline void W(long long x,string s){
	W(x); W(s);
}

long long n;

void read(){
	n = R();
}

void init(){
	
}

const long long N = 1e6 + 10;

const long long mod = 1e9 + 7;

bool vis[N];

long long p[N], tot, ans = 1;

void compute(){
	for(long long i = 2;i <= n; i++){
		if(!vis[i]) {
			p[++tot] = i;
			long long num = 0;
			for(long long w = i;w <= n; w *= i){
				num += n / w;
				num %= mod;
			}
			ans = ans * (num * 2 + 1);
			ans %= mod;
		}
		for(long long j = 1;j <= tot && p[j] * i <= n; j++){
			vis[p[j] * i] = 1;
			if(i % p[j] == 0) break;
		}
	}
	W(ans);
}

bool mleed;

int main(){
	cerr << (&mleed-&mlest-1)/1024.0/1024.0 << "MB\n";
	read();
	init();
	compute();
	return 0;
}