数字表格

mobius反演。。。 
∏ni=1∏mj=1fi[gcd(i,j)] 
∏nk=1fi[k]∑ni=1∑mj=1[gcd(i,j)=k] 
设f(d)=∑ni=1∑mj=1[gcd(i,j)=k] ,表示最大公约数为k的数对数 
F(d)=⌊nd⌋∗⌊md⌋ 表示公约数为k的数对数 
根据莫比乌斯反演的公式f(d)=∑d|nμ(nd)∗F(n) 
所以式子可以变成

∏k=1nfi[k]∑ni=1μ(i)∗⌊nk∗i⌋∗⌊mk∗i⌋

但是实际上式子还能进一步的化简，设T=i∗k 

∏T=1n(∏d|nfi[d]μ(Td))⌊nT⌋∗⌊mT⌋

设h(T)=∏d|nfi[d]μ(Td)，h(T)可以预处理，那么回答询问的时间复杂度就是O(√n+√m)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define lon long long
#define mod 1000000007
#define N 1000100
lon sum[N],f[N],inv[N],g[N];
int mu[N],pri[N],tot=0,n,m,vis[N];
lon ksm(lon x,int y){
    lon res=1;
    while(y){
        if(y&1)res=(res*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;y>>=1;
    }
    return res;
}
void ycl(){
    f[0]=0;f[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;
    for(int i=1;i<N;i++)inv[i]=ksm(f[i],mod-2);
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!vis[i]){
            vis[i]=1;pri[++tot]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;((j<=tot)&&(i*pri[j]<N));j++){
            vis[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;}
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++)g[i]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)//g[i]
       for(int j=i;j<N;j+=i){
           if(mu[j/i]==1)g[j]=(g[j]*f[i])%mod;
           else if(mu[j/i]==-1)g[j]=(g[j]*inv[i])%mod;
       }
    sum[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)
       sum[i]=(sum[i-1]*g[i])%mod;
}
int main(){
    lon ans,res,in;
    ycl();
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n>m)swap(n,m);//n==min(n,m)
        ans=1;int last;
        for(int i=1;i<=n;i=last+1){
            last=min(n/(n/i),m/(m/i));
            in=ksm(sum[i-1],mod-2);
            res=(sum[last]*in)%mod;
            ans=(ans*ksm(ksm(res,n/i),m/i))%mod;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}