大力推式子
现根据套路枚举\(\gcd(i,j)\)
\(ans=\Pi_{x=1}^nfib[x]^{\sum_{i=1}^{n/x}\sum_{j=1}^{n/x}[\gcd(i,j)=1]}\)
莫比乌斯反演
\(ans=\Pi_{x=1}^nfib[x]^{\sum_{i=1}^{n/x}\mu(i)(n/ix)(m/ix)}\)
把枚举\(i\)提出来，改成枚举\(ix\)，里面还是枚举\(x\)
\(ans=\Pi_{i=1}^n\Pi_{x|i}fib[x]^{\mu(i/x)(n/i)(m/i)}\)
有一个\((n/i)(m/i)\)，这个明显可以数论分块，但那个\(\mu(i/x)\)就不太好搞了，把他压进去
\(ans=\Pi_{i=1}^n(\Pi_{x|i}fib[x]^{\mu(i/x)})^{(n/i)(m/i)}\)
就可以预处理\(f[i]=(\Pi_{x|i}fib[x]^{\mu(i/x)})\)了
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define vd void
#define mod 1000000007
#define Mod 1000000006
typedef long long ll;
il int gi(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
int pri[1000010],pr,mu[1000010],yes[1000010];
int fib[1000010],ifib[1000010];
int f[1000010],g[1000010];
il int Pow(int x,int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
}
return ret;
}
int main(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=1000000;++i){
if(!yes[i])mu[i]=-1,pri[++pr]=i;
for(int j=1;i*pri[j]<=1000000&&j<=pr;++j){
yes[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;}
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
fib[1]=1;for(int i=2;i<=1000000;++i)fib[i]=(fib[i-1]+fib[i-2])%mod;
for(int i=1;i<=1000000;++i)ifib[i]=Pow(fib[i],mod-2);
for(int i=1;i<=1000000;++i)f[i]=1;
for(int i=1;i<=1000000;++i)
for(int j=i;j<=1000000;j+=i)
if(mu[j/i]==1)f[j]=1ll*f[j]*fib[i]%mod;
else if(mu[j/i]==-1)f[j]=1ll*f[j]*ifib[i]%mod;
for(int i=2;i<=1000000;++i)f[i]=1ll*f[i-1]*f[i]%mod;
g[0]=1;for(int i=1;i<=1000000;++i)g[i]=Pow(f[i],mod-2);
int T=gi(),n,m,ans;
while(T--){
n=gi(),m=gi();
if(n>m)std::swap(n,m);
ans=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
int j=std::min(n/(n/i),m/(m/i));
ans=1ll*ans*Pow(1ll*f[j]*g[i-1]%mod,(int)(1ll*(n/i)*(m/i)%Mod))%mod;
i=j;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}