大致题意： 求(prod_{i=1}^nprod_{j=1}^mf(gcd(i,j)))。
推式子
首先，按照套路我们枚举(gcd)，得到：
[prod_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{sum_{i=1}^{lfloorfrac nd
floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac md
floor}[gcd(i,j)=1]}
]
根据(sum_{d|n}mu(d)=[n=1])，我们可以再转化得到：
[prod_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{sum_{p=1}^{frac{min(n,m)}d}mu(p)lfloorfrac n{dp}
floorlfloorfrac m{dp}
floor}
]
然后我们把对(p)的枚举移出来，得到：
[prod_{d=1}^{min(n,m)}sum_{p=1}^{lfloorfrac{min(n,m)}d
floor}f(d)^{mu(p)lfloorfrac n{dp}
floorlfloorfrac m{dp}
floor}
]
这个式子如果直接用除法分块套除法分块，是(O(n))的，但多组数据就(TLE)了。
所以我们要进一步优化，枚举(D=dp)，就可以得到这样一个式子：
[prod_{D=1}^{min(n,m)}(prod_{d|D}f(d)^{mu({frac Dd})})^{lfloorfrac nD
floorlfloorfrac mD
floor}
]
其中(prod_{d|D}f(d)^{mu({frac Dd})})，我们可以枚举(d)以及其倍数(D)预处理。
再用除法分块求就是(O(sqrt n))的了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 1000000
#define X 1000000007
#define XSum(x,y) ((x)+(y)>=X?(x)+(y)-X:(x)+(y))
#define Qinv(x) Qpow(x,X-2)
using namespace std;
int n,m,f[N+5],g[N+5],ig[N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}//快速幂
template<int SZ> class LinearSiever//线性筛
{
private:
int Pt,P[SZ+5];
public:
int mu[SZ+5];
I LinearSiever()
{
RI i,j;for(mu[1]=1,i=2;i<=SZ;++i)
{
!P[i]&&(mu[P[++Pt]=i]=-1);
for(j=1;j<=Pt&&1LL*i*P[j]<=SZ;++j)
if(P[i*P[j]]=1,i%P[j]) mu[i*P[j]]=-mu[i];else break;
}
}
};LinearSiever<N> L;
int main()
{
RI i,j,p;for(f[1]=g[1]=1,i=2;i<=N;++i) f[i]=XSum(f[i-2],f[i-1]),g[i]=1;//预处理斐波那契数
for(i=2;i<=N;++i) for(p=Qinv(f[i]),j=1;1LL*i*j<=N;++j)//预处理
g[i*j]=1LL*g[i*j]*(L.mu[j]?(~L.mu[j]?f[i]:p):1)%X;
for(g[0]=ig[0]=i=1;i<=N;++i) g[i]=1LL*g[i]*g[i-1]%X,ig[i]=Qinv(g[i]);//求前缀积及逆元
RI Tt,t,l,r,ans;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
{
for(scanf("%d%d",&n,&m),ans=l=1,t=min(n,m);l<=t;l=r+1)//除法分块
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l)),
ans=1LL*ans*Qpow(1LL*g[r]*ig[l-1]%X,1LL*(n/l)*(m/l)%(X-1))%X;//计算答案
}printf("%d
",ans);
}return 0;
}