[prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^{m}f(gcd(i,j))
]
其中(f(i))表示斐波那契数列的第(i)项。
sol
其实所有莫比乌斯反演的题目都是套路。接下来我们对这句话进行证明。
首先我们考虑计算每一个不同的(gcd)的贡献
[ans=prod_{d=1}^{n}f(d)^{sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==d]}
]
也就是
[prod_{d=1}^{n}f(d)^{sum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)==1]}
]
根据之前的经验套路（都不用再去推了）可得
[ans=prod_{d=1}^{n}f(d)^{sum_{i=1}^{n/d}mu(i)lfloorfrac {n}{id}
floorlfloorfrac {m}{id}
floor}
]
然后你发现这样就是裸的两次数论分块(O(n))
然后多组数据(O(n))被卡
然后你就想着怎么优化成开始(O(n))预处理，然后单组数据(O(sqrt n))回答。
完全就是一模一样的剧情。。。
我们令(T=id)，考虑每一个(lfloorfrac {n}{T}
floorlfloorfrac {m}{T}
floor)对答案的贡献。
[ans=prod_{T=1}^{n}(prod_{d|T}f(d)^{mu(frac Td)})^{lfloorfrac {n}{T}
floorlfloorfrac {m}{T}
floor}
]
这时候剧情出现了转折。
你发现这个函数
[h(T)=prod_{d|T}f(d)^{mu(frac Td)}
]
它不是一个积性函数！
我这个傻逼也在这里想了好久
你看它是枚举因数嘛，枚举因数。。。
直接(O(sum_{i=1}^{n}frac ni))的复杂度暴搞不就好了吗？
由于(mu(frac Td))只会有1,-1,0三种取值，而0取值是没有贡献的，所以我们(O(nlog{n}))计算出斐波那契数列及其逆元，然后按照上述方式求出(h(x))，再求其前缀积，然后每组询问就只要一次数论分块了。
区间积的处理：直接(r)的前缀积乘上(l-1)的前缀积的逆元即可。
注意指数的取模：是模(varphi(mod))也就是(mod-1)而非(mod)。（然而我看一眼就注意到了hh）
code
我是一A的
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e6;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
int fastpow(int a,int b)
{
int res=1;
while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
return res;
}
int mu[N+5],pri[N+5],tot,zhi[N+5],f[N+5],inv[N+5],h[N+5];
void Mobius()
{
zhi[1]=mu[1]=1;
for (int i=2;i<=N;i++)
{
if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++)
{
zhi[i*pri[j]]=1;
if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
else {mu[i*pri[j]]=0;break;}
}
}
h[0]=1;
f[1]=inv[1]=h[1]=1;
for (int i=2;i<=N;i++)
f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod,inv[i]=fastpow(f[i],mod-2),h[i]=1;
for (int i=1;i<=N;i++)
if (mu[i]!=0)
for (int j=i;j<=N;j+=i)
h[j]=1ll*h[j]*(mu[i]==1?f[j/i]:inv[j/i])%mod;
for (int i=2;i<=N;i++)
h[i]=1ll*h[i]*h[i-1]%mod;
}
int main()
{
Mobius();
int T=gi();
while (T--)
{
int n=gi(),m=gi();
if (n>m) swap(n,m);
int i=1,ans=1;
while (i<=n)
{
int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans=1ll*ans*fastpow(1ll*h[j]*fastpow(h[i-1],mod-2)%mod,1ll*(n/i)*(m/i)%(mod-1))%mod;
i=j+1;
}
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}