终于A了……细节真多……
首先我们发现这是个连乘，而且\(\phi\)是个积性函数，所以我们可以考虑不同的质因子以及它的不同次数的贡献。简单来说就是把每一次的\(\phi(lcm(i_1,i_2,...))\)拆成一堆\(\phi(p^c)\)的乘积
如果枚举到的\(k\)个数里质因子\(p\)的最大次数为\(c\)，那么最终的答案就要乘上一个\(\phi(p^c)\)。所以我们的目的就是要求出这\(k\)个数里\(p\)的最大次数为\(c\)时的方案数\(t\)，然后这部分对答案的贡献就是\(\phi(p^c)^t\)
计算方案的部分可以用容斥解决。设\(d_p(i)\)表示质因子\(p\)的最高次数为\(i\)的总方案数，\(s_p(i)\)表示质因子\(p\)的最高次数不超过\(i\)的总方案数，那么\(d_p(i)=s_p(i)-\sum_{j=1}^{i-1}d_p(j)\)，边界条件为\(d_p(0)=s_p(0)\)，前缀和优化一下就能快速计算了
最后是\(s_p(i)\)怎么计算。我们可以单独考虑每一位的方案数最后\(k\)位乘起来就好了。先考虑质因子\(p\)的最高次数刚好为\(i\)的情况，对于某一位来说，能选的数\(j\)要满足\(j\times p^i\leq n\)且\(j\)不包含\(p\)这个质因子，那么满足条件的\(j\)的次数就是\(\left\lfloor\frac{n}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n}{p^{i+1}}\right\rfloor\)，于是前缀和一下就能得到对一个数来说的方案数为\(n-\left\lfloor\frac{n}{p^i}\right\rfloor\)，那么\(s_p(i)=(n-\left\lfloor\frac{n}{p^i}\right\rfloor)^k\)
然后注意一个细节，因为上面\(s_p\)和\(d_p\)的计算基本都是要炸精度所以要取模，然而因为这两个东西是作为次数出现的，所以根据欧拉定理取模的时候要模\(\phi(P)\)而不是\(P\)，因为这个东西调死掉……
然后就没有然后了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=2e6+5,P=1e9+7,Phi=P-1;
int p[N],vis[N],phi[N],kkk[N];bool flag=0;
int n,k,m,ans;ll sum,t;
inline int add(R int x,R int y,R int P){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y,R int P){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int ksm(R int x,R int y,R int P){
int res=1;
for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)if(y&1)res=1ll*res*x%P;
return res;
}
void init(int n){
phi[1]=kkk[1]=1;
fp(i,2,n){
if(!vis[i])p[++m]=i,phi[i]=i-1,kkk[i]=ksm(i,k,Phi);
//预处理一下phi和所有数的k次幂
for(R int j=1;j<=m&&1ll*i*p[j]<=n;++j){
vis[i*p[j]]=1,kkk[i*p[j]]=1ll*kkk[i]*kkk[p[j]]%Phi;
if(i%p[j]==0){phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];break;}
phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
}
}
}
void solve(int p){
sum=kkk[n-n/p];
for(R int i=p;i<=n;(1ll*i*p<=n?i*=p:i=inf)){
t=dec(kkk[n-n/(1ll*i*p)],sum,Phi);
ans=1ll*ans*ksm(phi[i],t+Phi,P)%P,
sum=add(sum,t,Phi);
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&k),ans=1,init(n);if(n==1)return puts("1"),0;
fp(i,1,m)solve(p[i]);return printf("%d\n",ans),0;
}