题面描述
\(Doris\)刚刚学习了fibonacci数列。用f[i]表示数列的第i项，那么
\(f[0]=0\\f[1]=1\\f[n]=f[n-1]+f[n-2],n>=2\)
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。
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
T<=1000,1<=n,m<=10^6
输出格式
- 输出T行，第i行的数是第i组数据的结果
题解
根据题意，我们能列出初始计算公式\(ans=\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mf_{gcd}(i,j)\)，这个式子在\(n,m\leq10^6\)时很明显不可做。
\[ \prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mf_{gcd(i,j)}\ (n<m)\\ \prod_{d=1}^nf_{d}^{\sum_{x=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{y=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(x,y)=1]}\\ \prod_{d=1}^nf_{d}^{\sum_{x=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{y=1}^{\frac{m}{d}}\sum_{d'|gcd(x,y)}\mu(d')}\\ \prod_{d=1}^nf_{d}^{\sum_{d'=1}^{\frac{n}{d}}\lfloor\frac{n}{d*d'}\rfloor\lfloor\frac{m}{d*d'}\rfloor\mu(d')}\\ \prod_{p=1}^n\prod_{k|p}f_k^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\lfloor\frac{m}{p}\rfloor\mu(\frac{p}{k})}\\ \prod_{p=1}^n\prod_{k|p}(f_k^{\mu(\frac{p}{k})})^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\\ \prod_{p=1}^npre_p^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\lfloor\frac{m}{p}\rfloor} \]
得到这个式子后，利用\(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\)，\(\lfloor\frac{m}{p}\rfloor\)共\(o(n)\)个取值，分块+前缀积处理即可，时间复杂度\(o(10^6log.mod+Tnlog. mod)\)，其中log mod为求逆元的快速幂复杂度。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int MAXN=1e6+6;
int T,n,m;
int pri[MAXN],mu[MAXN];
bool use[MAXN];
int fb[MAXN],f[MAXN][3];
int pre[MAXN];
int fm[MAXN],fr[MAXN];
int mod_pow(int x,int n){
int ret=1;
while (n){
if (n&1) ret=(ll)ret*x%mod;
x=(ll)x*x%mod;
n>>=1;
}
return ret;
}
int main(){
use[1]=0; mu[1]=1;
for (int i=2;i<=1e6;i++){
if (!use[i]) pri[++pri[0]]=i,mu[i]=-1;
for (int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=1e6;j++){
use[i*pri[j]]=1;
if (i%pri[j]!=0) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
else break;
}
}
fb[1]=1; fb[2]=1;
for (int i=3;i<=1e6;i++) fb[i]=(ll)(fb[i-1]+fb[i-2])%mod;
for (int i=1;i<=1e6;i++){
f[i][0]=mod_pow(fb[i],mod-2);
f[i][1]=1; f[i][2]=fb[i];
}
for (int i=1;i<=1e6;i++) pre[i]=1;
for (int i=1;i<=1e6;i++){
for (int j=i;j<=1e6;j+=i){
pre[j]=(ll)pre[j]*f[i][mu[j/i]+1]%mod;
}
}
// for (int i=1;i<=10;i++) printf("%d\n",pre[i]);
// cout<<pre[(int)1e6]<<endl;
fm[0]=1;
for (int i=1;i<=1e6;i++) fm[i]=(ll)fm[i-1]*pre[i]%mod;
fr[(int)1e6]=mod_pow(fm[(int)1e6],mod-2);
// cout<<fr[(int)1e6]<<endl;
for (int i=(int)1e6-1;i>=0;i--) fr[i]=(ll)fr[i+1]*pre[i+1]%mod;
// for (int i=1;i<=10;i++) printf("%d %d\n",fm[i],fr[i]);
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
if (n>m) swap(n,m);
int j=0,ans=1;
for (int i=1;i<=n;i=j+1){
j=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans=(ll)ans*mod_pow((ll)fr[i-1]*fm[j]%mod,(ll)(n/i)*(m/i)%(mod-1))%mod;
// cout<<i<<" "<<j<<" "<<ans<<endl;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}