【*篇】SDOI2017 数字表格

传送门==在里面====
去年忘记可以预处理了... 然后就打了10pts的暴力... 现在学了莫比乌斯反演就可以来做了

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这个题目看着非常的简单, 就是要求这个式子

[prod_{i=1}^Nprod_{j=1}^Mf[gcd(i,j)] ]

这个式子虽然是(prod)而不是(sum), 但是还有个gcd, 我们也可以试着化出一个莫比乌斯反演的形式.
我们按照往常的套路来枚举gcd.

[ans=prod_{i=1}^Nprod_{j=1}^Mprod_{d=1}^{min(n,m)}f[d]*b(gcd(i,j)=d)=prod_{d=1}^Nf[d]prod_{i=1}^{left lfloor frac Nd ight floor}prod_{j=1}^{left lfloor frac Md ight floor}b(gcd(i,j)=1)\=prod_{d=1}^Nf[d]^{sum_{i=1}^{left lfloor frac Nd ight floor}sum_{j=1}^{left lfloor frac Md ight floor}b(gcd(i,j)=1)} ]

然后指数上这一坨东西我们很熟悉了, 我们得到过一个结论就是

[sum_{i=1}^Nsum_{j=1}^M[gcd(i,j)=1]=sum_{x=1}^{min(N,M)}mu(x)left lfloor frac Nx ight floorleft lfloor frac Mx ight floor ]

所以就有

[ans=prod_{d=1}^Nf[d]^{sum_{x=1}^{min(left lfloor frac Nd ight floor,left lfloor frac Md ight floor)}mu(x)left lfloor frac N{xd} ight floorleft lfloor frac M{xd} ight floor} ]

然后令(t=xd), 就可以化成这个样纸

[ans=prod_{t=1}^Nprod_{d|t}f[d]^{{sum_{frac td=1}^{min(left lfloor frac Nd ight floor,left lfloor frac Md ight floor)}mu(frac td)left lfloor frac Nt ight floorleft lfloor frac Mt ight floor}}=prod_{t=1}^N({prod_{d|t}f[d]^{{sum_{frac td=1}^{min(left lfloor frac Nd ight floor,left lfloor frac Md ight floor)}mu(frac td)}})^{left lfloor frac Nt ight floorleft lfloor frac Mt ight floor}} ]

这样括号外面我们会枚举分块, 只要把前缀和改成前缀积就ok了. 但是括号里面呢?
这个形式没见过啊, 好像筛法也没有筛这种东西的.
但是直觉告诉我们里面的这个东西好像不是很大, 可能大约是在(O(n*log_2sqrt n)=O(nlogn))级别的?
然后事实证明确实是差不多这样的(luogu题解里面说大约是15n左右), 所以我们做一波预处理就ok了.

这样总复杂度似乎差不多就是(O(n+nlogn+qsqrt n))的, 不知道算的对不对..大概写O(能过)会更科学一点??

然后就是代码了...

#include <cmath>
#include <cstdio>
const int N=1e6+6;
const int P=1e9+7;
int prime[N],mu[N],f[N],g[N],F[N],tot;
bool notp[N];
inline int gn(int a=0,char c=0){
	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
	for(;c>47&&c<58;c=getchar())a=a*10+c-48;return a;
}
template<class T>
inline T min(const T&a,const T&b){
	return a<b?a:b;
}
inline int qpow(int a,int b,int s=1){
	for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%P)
		if(b&1) s=1LL*s*a%P;
	return s;
}
void shai(int n){
	f[1]=mu[1]=notp[1]=F[0]=F[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%P; F[i]=1;
		if(!notp[i])prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<n;++j){
			int k=i*prime[j]; notp[k]=1;
			if(i%prime[j]==0){mu[k]=0;break;}
			else mu[k]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=i;j<=n;j+=i)
			if(mu[j/i]) F[j]=1LL*F[j]*(mu[j/i]==1?f[i]:qpow(f[i],P-2))%P;
	for(int i=2;i<=n;++i)
		F[i]=1LL*F[i-1]*F[i]%P;
}
int solve(int n,int m){
	int ans=1,last,mn=min(n,m);
	for(int i=1;i<=mn;i=last+1){
		last=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans=1LL*ans*qpow(1LL*F[last]*qpow(F[i-1],P-2)%P,
				1LL*(n/i)*(m/i)%(P-1))%P;
	}
	return (ans%P+P)%P;
}
int main(){ shai(1e6);
	int T=gn(),m,n;
	while(T--) 
		n=gn(),m=gn(),
		printf("%d
",solve(n,m));
}

哦 对了 还有一件事就是根据费马小定理, (G^{(P-1)}equiv1(mod p)), 所以外面的指数对((p-1))取模就好了...