(color{#0066ff}{ 题目描述 })
Doris刚刚学习了fibonacci数列。用(f[i])表示数列的第(i)项，那么
(f[0]=0),(f[1]=1),
(f[n]=f[n-1]+f[n-2]),(ngeq 2)
Doris用老师的超级计算机生成了一个(n×m)的表格，
第(i)行第(j)列的格子中的数是(f[gcd(i,j)])，其中(gcd(i,j))表示(i,j)的最大公约数。
Doris的表格中共有(n×m)个数，她想知道这些数的乘积是多少。
答案对(10^9+7)取模。
(color{#0066ff}{输入格式})
有多组测试数据。
第一个一个数(T)，表示数据组数。
接下来(T)行，每行两个数(n,m)
(color{#0066ff}{输出格式})
输出(T)行，第(i)行的数是第(i)组数据的结果
(color{#0066ff}{输入样例})
3
2 3
4 5
6 7
(color{#0066ff}{输出样例})
1
6
960
(color{#0066ff}{数据范围与提示})
对(10\%)的数据，(1leq n,mleq 100)
对(30\%)的数据，(1leq n,mleq 1000)
另外存在(30\%)的数据，(Tleq 3)
对(100\%)的数据，(Tleq1000,1leq n,mleq 10^6)
时间限制：5s
内存限制：128MB
(color{#0066ff}{ 题解 })
题目要求这东西
[prod_{i=1}^n prod_{j=1}^m f[gcd(i,j)]
]
枚举gcd
[prod_{d=1}^{min(n,m)}prod_{i=1}^n prod_{j=1}^m [gcd(i,j)==d]f(d)
]
改成枚举gcd然后变成(sum),并放到指数位置
[prod_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d}
floor} sum_{j=1}^{lfloorfrac{m}{d}
floor} [gcd(i,j)==1]}
]
拿(mu)换一下
[prod_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d}
floor} sum_{j=1}^{lfloorfrac{m}{d}
floor}sum_{k|gcd(i,j)} mu(k)}
]
[prod_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{sum_{k=1}^{min(lfloorfrac{n}{d}
floor,lfloorfrac{m}{d}
floor} mu(k) * lfloorfrac{n}{kd}
floor*lfloorfrac{m}{kd}
floor}
]
kd换q
[prod_{q=1}^{min(n,m)}prod_{d|q}f(d)^{ mu(frac q d) * lfloorfrac{n}{q}
floor*lfloorfrac{m}{q}
floor}
]
[prod_{q=1}^{min(n,m)}prod_{d|q}(f(d)^{ mu(frac q d) }) ^ { lfloorfrac{n}{q}
floor*lfloorfrac{m}{q}
floor}
]
发现括号的部分可以(O(nlogn))处理出来，然后数列分块就行了
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
char ch; LL x = 0, f = 1;
while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
return x * f;
}
const int maxn = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
LL f[maxn], mu[maxn], pri[maxn], tot, h[maxn];
bool vis[maxn];
LL ksm(LL x, LL y) {
LL re = 1LL;
while(y) {
if(y & 1) re = re * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return re;
}
int mi(LL a, LL b) {
if(b == 1) return a;
if(b == 0) return 1;
if(b == -1) return ksm(a, mod - 2);
assert(0);
return 2333333;
}
void predoit() {
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i < maxn; i++) {
if(!vis[i]) pri[++tot] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 1; j <= tot && (LL)i * pri[j] < maxn; j++) {
vis[i * pri[j]] = true;
if(i % pri[j] == 0) break;
else mu[i * pri[j]] = -mu[i];
}
}
f[0] = 0, f[1] = 1;
for(int i = 2; i < maxn; i++) f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % mod;
for(int i = 0; i < maxn; i++) h[i] = 1;
for(int i = 1; i < maxn; i++)
for(int j = i; j < maxn; j += i)
h[j] = h[j] * mi(f[i], mu[j / i]) % mod;
for(int i = 2; i < maxn; i++) h[i] = (h[i] * h[i - 1]) % mod;
}
LL work(LL n, LL m) {
LL ans = 1;
for(LL l = 1, r; l <= std::min(n, m); l = r + 1) {
r = std::min(n / (n / l), m / (m / l));
ans = ans * ksm(h[r] * ksm(h[l - 1], mod - 2) % mod, (n / l) * (m / l)) % mod;
}
return ans;
}
int main() {
predoit();
for(int T = in(); T --> 0;) printf("%lld
", work(in(), in()));
return 0;
}