非常好题目，使我的大脑旋转（？）
还是一样，介绍思路。
既然题目让我们计算 \(f_{\max}(n)\) 的数量，则先考虑 \(f_{\max}(n)\) 的值怎样求得。容易发现，设 \(n=\prod p_i^{k_i},p_i\in \operatorname{prime}\) ，则 \(f(n)=\sum k_i+1\)。注意是 \(f(n)\) 不是 \(f_{\max}(n)\)。简单贪心，发现当 \(x=2^m\) 时，\(f(x)\) 会尽可能大。
但是还需要知道有没有其他可能的 \(x\) 会有一样大的结果。首先发现 \(x\) 不能为一个大于 \(3\) 的质数的倍数，否则一定可以拆成至少两个 \(2\)，这样更优。并且，\(3\) 对应的指数不能 \(>1\)，因为 \(3^2>2^3\)，就可以拆成 \(3\) 个 \(2\) 了。
综上，得出结论：\(f_{\max}(n)\) 会在这样的 \(f(x)\) 中取到：设 \(k=\left\lfloor \log x\right\rfloor\)，\(x=2^k\) 或 \(x=2^{k-1}\times 3\)。
对于这两个数，他们有一个性质：因数不会太多。也就意味着，\(f_{\max}(n)\) 里包含的不同的前缀 \(\gcd\) 可能取到的值的数量是 \(O(\log n)\) 级别的。
于是可以考虑 dp，并存下来当前选了几个数，以及前缀 \(\gcd\)。转移则考虑当前 \(\gcd\) 没变/为原来 \(\dfrac{2}{1}\)/为原来 \(\dfrac{3}{1}\)。具体可以手推一下。
其实状态两维就够。
code：
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int n,m,k,a[N],b[N],dp[N][47];
il int Mod(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int solve(int x){
k=0,mems(b,0);
drep(i,n,1)if(x%i==0)a[++k]=i,b[i]=k;
mems(dp,0),dp[1][1]=1;
rep(i,2,n){
rep(j,1,k){
dp[i][j]=1ll*dp[i-1][j]*(n/a[j]-i+1)%mod;
if(a[j]*2<=n&&b[a[j]*2])dp[i][j]=Mod(dp[i][j],1ll*dp[i-1][b[a[j]*2]]*(n/a[j]-n/(a[j]*2))%mod);
if(a[j]*3<=n&&b[a[j]*3])dp[i][j]=Mod(dp[i][j],1ll*dp[i-1][b[a[j]*3]]*(n/a[j]-n/(a[j]*3))%mod);
}
}
return dp[n][k];
}
void Yorushika(){
scanf("%d",&n),m=__lg(n);
int x=1<<__lg(n);
if(x/2*3<=n)printf("%d\n",Mod(solve(x),solve(x/2*3)));
else printf("%d\n",solve(x));
}
signed main(){
int t=1;
// scanf("%d",&t);
while(t--)
Yorushika();
}