[SDOI2017]数字表格

Description

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。

Input

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

Output

输出T行，第i行的数是第i组数据的结果

Sample Input

3
2 3
4 5
6 7

Sample Output

1
6
960

$$\prod_{d=1}^n\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mif(gcd(i,j)==d)f[gcd(i,j)]$$

直接把$f[d]$提出来

$$\prod_{d=1}^{n}f[d]^{\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)==1]}$$

上面那个东西用莫比乌斯反演+数论分块可以$O(\sqrt n)$求

外面套的这一层也可以数论分块求

于是，我们就得到了一个$O(n)$的做法

但是显然还不够

把上面那坨东西拎出来看

$$\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)==1]$$

太熟悉了

$$\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)[\frac{n}{id}][\frac{m}{id}]$$

还是老套路，

令$T=id$

直接把$T$在整个式子里面提出来

$$\prod_{T=1}^{n}\prod_{d|T}f[d]^{[n/T][m/T]\mu(T/d)}$$

有一些一样的东西

$$\prod_{T=1}^{n}(\prod_{d|T}f[d]^{\mu(T/d)})^{[n/T][m/T]}$$

然后怎么办。。。。

很明显，已经可以对$[n/T][m/T]$分块了

里面的东西不好处理，那么就暴力预处理F(T)数组

枚举i,j(i*j<=N)那么复杂度：

$\frac{n}{1}+\frac{n}{2}+.....\frac{n}{10^6}$

复杂度O(nlogn+Q√n)

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 typedef long long lol;
 int Q[][];
 const int NN=;
 int N=;
 int Mod=1e9+;
 int f[NN+],F[NN+],inv[NN+],Inv[NN+],ans;
 int mu[NN+],tot,prime[NN],n,m;
 bool vis[NN+];
 int qpow(int x,int y)
 {
   int res=;
   while (y)
     {
       if (y&) res=1ll*res*x%Mod;
       x=1ll*x*x%Mod;
       y>>=;
     }
   return res;
 }
 int pow(int x1,int x2,int y)
 {
   if (y<)
     {
       return x2;
     }
   if (y==) return ;
   if (y>)
     {
       return x1;
     }
 }
 void pre()
 {int i,j;
   mu[]=;
   for (i=;i<=N;i++)
     {
       if (vis[i]==)
     {
       tot++;
       prime[tot]=i;
       mu[i]=-;
     }
       for (j=;j<=tot;j++)
     {
       if (1ll*i*prime[j]>N) break;
       vis[i*prime[j]]=;
       if (i%prime[j]==)
         {
           mu[i*prime[j]]=;
           break;
         }
       else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
     }
     }
   for (i=;i<=N;i++)
     F[i]=;
   for (i=;i<=N;i++)
     {
       for (j=;j<=N;j++)
     {
       if (1ll*i*j>N) break;
       F[i*j]=(1ll*F[i*j]*pow(f[i],inv[i],mu[j]))%Mod;
     }
     }
 }
 int main()
 {int T;
   int i,j;
   cin>>T;
   for (i=;i<=T;i++)
     {
       scanf("%d%d",&Q[i][],&Q[i][]);
       N=max(N,max(Q[i][],Q[i][]));
     }
   f[]=;f[]=;
   for (i=;i<=N;i++)
     {
       f[i]=f[i-]+f[i-];
       if (f[i]>Mod) f[i]-=Mod;
     }
   for (i=;i<=N;i++)
     inv[i]=qpow(f[i],Mod-);
   pre();
   F[]=;
   for (i=;i<=N;i++)
     F[i]=(1ll*F[i]*F[i-])%Mod;
   for (j=;j<=T;j++)
     {
       n=Q[j][];m=Q[j][];
       if (n>m) swap(n,m);
       int pos=;
       ans=;
       for (i=;i<=n;i=pos+)
     {
       if (n/(n/i)<m/(m/i)) pos=n/(n/i);
       else pos=m/(m/i);
       ans=(1ll*ans*qpow((1ll*F[pos]*qpow(F[i-],Mod-))%Mod,1ll*(n/i)*(m/i)%(Mod-)))%Mod;
     }
       printf("%d\n",ans);
     }
 }