传送门
我是真的有那么痨，我就真的不能独立的做完一道题吗
这个题还是莫比乌斯反演
但是很神奇的出现了\(\prod\)，先不管它，先把答案式写出来
\[ ans=\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f[gcd(i,j)] \]
然后一贯的套路，枚举\(gcd\)的值
\[ ans=\prod_{d=1}^{n}\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}\prod_{gcd(i,j)==d}f(d) \]
然后发现\(f(d)\)的个数等于\(gcd(i,j)=d\)的个数
那么我们就可以把答案式写成这样
\[ ans=\prod_{d=1}^{n}f(d)^{\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==d]} \]
然后设\(g(d)\)，\(F(d)\)反演
\[ g(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==d]\\ F(d)=\sum_{d|x}g(x)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[d|gcd(i,j)]=\lfloor \frac{n}{d}\rfloor\lfloor \frac{m}{d}\rfloor\\ g(d)=\sum_{d|x}\mu(\frac{x}{d})F(x)=\sum_{d|x}\mu(\frac{x}{d})\lfloor \frac{n}{x}\rfloor\lfloor \frac{m}{x}\rfloor\\ \]
那么答案式就可以进行转换
\[ ans=\prod_{d=1}^{n}f(d)^{g(d)} \]
然后我们就得到了一个\(O(Tn)\)的做法，并不能通过
但是我只会到这一步，又得去看题解，发现题解多了几步转化
\[ g(d)=\sum_{T=1}^{n}\mu(\frac{T}{d})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor\lfloor \frac{m}{T}\rfloor\\ \]
然后将\(T\)提出来
\[ ans=\prod_{T=1}^{n}\prod_{d|T}f(T)^{\mu(\frac{T}{d})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor\lfloor \frac{m}{T}\rfloor} \]
然后发现\(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor\lfloor \frac{m}{T}\rfloor\)可以整除分块
再改一下
\[ ans=\prod_{T=1}^{n}\prod_{d|T}(f(T)^{\mu(\frac{T}{d})})^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor\lfloor \frac{m}{T}\rfloor} \]
最后怎么解决\(f(T)^{\mu(\frac{T}{d})}\)的问题呢，暴力预处理枚举倍数就好了
最后可以做到\(O(\sqrt{n}*logn)\)单组询问
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
void read(int &x) {
char ch; bool ok;
for(ok=0,ch=getchar(); !isdigit(ch); ch=getchar()) if(ch=='-') ok=1;
for(x=0; isdigit(ch); x=x*10+ch-'0',ch=getchar()); if(ok) x=-x;
}
#define rg register
const int maxn=1e6+10,mod=1e9+7;
int T,n,m,f[maxn],nf[maxn],mu[maxn],pri[maxn],tot,ans,g[maxn];bool vis[maxn];
int mi(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
b>>=1,a=1ll*a*a%mod;
}
return ans;
}
void prepare()
{
mu[1]=1;
for(rg int i=2;i<=1e6;i++)
{
if(!vis[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(rg int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=1e6;j++)
{
vis[pri[j]*i]=1;
if(!(i%pri[j]))break;
else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
f[1]=nf[1]=nf[0]=g[1]=1;
for(rg int i=2;i<=1e6;i++)g[i]=1,f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod,nf[i]=mi(f[i],mod-2);
for(rg int i=1;i<=1e6;i++)
if(mu[i])
for(rg int j=i;j<=1e6;j+=i)
g[j]=1ll*g[j]*(mu[i]==1?f[j/i]:nf[j/i])%mod;
for(rg int i=2;i<=1e6;i++)g[i]=1ll*g[i]*g[i-1]%mod,nf[i]=mi(g[i],mod-2);
}
int main()
{
read(T),prepare();
while(T--)
{
read(n),read(m);if(n>m)swap(n,m);ans=1;
for(rg int i=1,j;i<=n;i=j+1)
{
j=min(n/(n/i),m/(m/i));
int t=1ll*(n/i)*(m/i)%(mod-1);
ans=1ll*ans*mi(1ll*g[j]*nf[i-1]%mod,t)%mod;
}
printf("%d\n",ans);
}
}