「SDOI2017」數字表格

知識點：莫比烏斯反演

學到了 \(\prod\) 的交換。
另外莫比烏斯反演的代碼真好寫（
只用預處理一噸東西就作完了（

簡述

原題面：Luogu，時限 5s 的 Loj。

設 \(f_{i}\) 表示斐波那契數列的第 \(i\) 項。
\(T\) 組數據，每次給定參數 \(n,m\)，求：

\[\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f_{\gcd(i,j)} \pmod {10^9 + 7} \]

\(1\le T\le 10^3\)，\(1\le n,m\le 10^6\)。
2S~3S，128MB。

這裏的時限是 Luogu 的時限，須要略微卡常才能過。
不想卡常能夠移步 Loj。

分析

如下欽定 \(n\ge m\)。
大力化式子，先套路地枚舉 \(\gcd(i,j)\)，用初中知識把兩個 \(\prod\) 化到指數位置，原式等於：

\[\large\begin{aligned} &\prod_{d = 1}^{n}\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f_{d}[\gcd(i,j)=d]\\ =&\prod_{d = 1}^{n}f_{d}^{\left(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=d]\right)} \end{aligned}\]

分母套路一波，有：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j) = d]\\ =& \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}[\gcd(i,j) = 1]\\ =& \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\sum_{k\mid \gcd(i,j)}\mu (k)\\ =& \sum_{k=1}\mu(k)\left\lfloor\dfrac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{kd}\right\rfloor \end{aligned}\]

代回原式，原式等於：

\[\large \begin{aligned} &\prod_{d = 1}^{n}f_{d}^{\left(\sum\limits_{k=1}\mu(k)\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor\right)}\\ =& \prod_{d = 1}^{n}\left(f_{d}^{{\sum\limits_{k=1}\mu(k)}}\right)^{\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor} \end{aligned}\]

考慮再暴力拆一波，原式等於：

\[\large \begin{aligned} &\prod_{d = 1}^{n}\left(f_{d}^{{\sum\limits_{k=1}\mu(k)}}\right)^{\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor}\\ =& \prod_{d = 1}^{n}\left(\prod_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}f_{d}^{\mu(k)\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor}\right) \end{aligned}\]

作不動了，但發現變量僅有 \(k,d,kd\)，考慮更換枚舉對象改成枚舉 \(t = kd\) 與 \(d\)，則原式等於：

\[\large\prod_{t=1}^{n}\left(\prod_{d | t}^{n}f_{d}^{{\mu(\frac{t}{d})}}\right)^{\left\lfloor\frac{n}{t}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{t}\right\rfloor} \]

枚舉對象變成了約數形式。從後面的式子推前面的式子是比較顯然的，能夠認爲這種枚舉 \(t=kd\) 的形式是一種逆向操做。

設：

\[\large g(t)=\prod_{d | t}^{n}f_{d}^{{\mu(\frac{t}{d})}} \]

\(g(t)\) 能夠用相似埃氏篩的方法 \(O(n\log n)\) 地預處理出來。再把 \(g\) 代回原式，原式等於：

\[\large\prod_{t=1}^{n}g(t)^{\left\lfloor\frac{n}{t}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{t}\right\rfloor} \]

能夠考慮預處理 \(g(t)\) 的前綴積，數論分塊枚舉指數求解便可。

總時間複雜度 \(O(n\log n + T\sqrt n)\)，輕微卡常，多預處理一些東西能夠過。

實現

//知識點：莫比烏斯反演 
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
const LL mod = 1e9 + 7;
const int kN = 1e6;
//=============================================================
LL n, m, ans;
int p_num, p[kN + 10];
bool vis[kN + 10];
LL mu[kN + 10], f[kN + 10], g[kN + 10], prod[kN + 10];
LL invf[kN + 10], invp[kN];
//=============================================================
inline int read() {
  int f = 1, w = 0;
  char ch = getchar();
  for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
    if (ch == '-') f = -1;
  for (; isdigit(ch); ch = getchar()) {
    w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
  }
  return f * w;
}
void Chkmax(int &fir_, int sec_) {
  if (sec_ > fir_) fir_ = sec_;
}
void Chkmin(int &fir_, int sec_) {
  if (sec_ < fir_) fir_ = sec_;
}
LL QPow(LL x_, LL y_) {
  x_ %= mod;
  LL ret = 1;
  for (; y_; y_ >>= 1ll) {
    if (y_ & 1) ret = ret * x_ % mod;
    x_ = x_ * x_ % mod;
  }
  return ret;
}
void Euler() {
  vis[1] = true, mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= kN; ++ i) {
    if (! vis[i]) {
      p[++ p_num] = i;
      mu[i] = -1;
    }
    for (int j = 1; j <= p_num && i * p[j] <= kN; ++ j) {
      vis[i * p[j]] = true;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }
}
void Prepare() {
  g[1] = g[2] = 1;
  f[1] = f[2] = 1;
  invf[1] = invf[2] = 1;
  for (int i = 3; i <= kN; ++ i) {
    g[i] = 1;
    f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % mod;
    invf[i] = QPow(f[i], mod - 2);
  }
  
  Euler();
  for (int d = 1; d <= kN; ++ d) {
    for (int j = 1; d * j <= kN; ++ j) {
      if (mu[j] == 1) {
        g[d * j] = g[d * j] * f[d] % mod;
      } else if (mu[j] == -1) {
        g[d * j] = g[d * j] * invf[d] % mod;
      }
    }
  }
  invp[0] = prod[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= kN; ++ i) {
    prod[i] = prod[i - 1] * g[i] % mod;
    invp[i] = QPow(prod[i], mod - 2);
  }
}
//=============================================================
int main() {
  Prepare();
  int T = read();
  while (T -- ){
    n = read(), m = read(), ans = 1;
    if (n < m) std::swap(n, m);
    for (LL l = 1, r = 1; l <= m; l = r + 1) {
      r = std::min(n / (n / l), m / (m / l));
      ans = (ans * QPow(prod[r] * invp[l - 1] % mod, 1ll * (n / l) * (m / l))) % mod;
    }
    printf("%lld\n", ans);
  }
  return 0;
}