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
solution
前置知识：莫比乌斯反演
题目让求的是：
[ans=prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^mf(gcd(i,j))
]
然后枚举(gcd)的结果：
[ans=prod_{d=1}^{min(n,m)}pow(f(d),{sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d}
floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{m}{d}
floor}}[gcd(i,j)=1])
]
其中，(pow(a,x))表示(a^x)其实只是因为美观
整理一下可得：
[egin{align}
ans&=prod_{d=1}^{min(n,m)}pow(f(d),sum_{d_1}{mu(d_1)lfloorfrac{n}{dd_1}
floorlfloorfrac{m}{dd_1}
floor})\
&=prod_{T=1}^{min(n,m)}prod_{d|T}pow(f(d),mu(frac{T}{d})lfloorfrac{n}{T}
floorlfloorfrac{m}{T}
floor)\
&=prod_{T=1}^{min(n,m)}pow(prod_{d|T}pow(f(d),mu(frac{T}{d})),lfloorfrac{n}{T}
floorlfloorfrac{m}{T}
floor)\
end{align}
]
定义(g)为：
[g(n)=prod_{d|n}f(d)^{mu(frac{n}{d})}
]
[egin{align}
ans&=prod_{T=1}^{min(n,m)}pow(g(T),lfloorfrac{n}{T}
floorlfloorfrac{m}{T}
floor)
end{align}
]
然后(g(n))（貌似？）并不满足积性函数的性质，由于(n)较小，我们可以大力预处理(g)，然后其他的函数筛一筛，在数论分块下就做完了。
时间复杂度(O(n*log(n)+q*sqrt{n}*log(n)))。
后面那个log是快速幂的复杂度。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) x=-x,putchar('-');
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('
');}
const int maxn = 1e6+1;
const int mod = 1e9+7;
int pri[maxn],f[maxn],mu[maxn],g[maxn],tot,vis[maxn],invf[maxn],invg[maxn];
int qpow(int a,int x) {
int res=1;
for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
return res;
}
void sieve() {
f[0]=0,f[1]=1;invf[1]=invf[0]=1;mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++) {
f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;
invf[i]=qpow(f[i],mod-2);
if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int t,j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
vis[t=i*pri[j]]=1;
if(!(i%pri[j])) {mu[t]=0;break;}
mu[t]=-mu[i];
}
}
for(int i=0;i<maxn;i++) g[i]=1;
for(int i=1;i<maxn;i++) {
if(!mu[i]) continue;
for(int j=i;j<maxn;j+=i)
g[j]=1ll*g[j]*(mu[i]==1?f[j/i]:invf[j/i])%mod;
}
for(int i=1;i<maxn;i++) g[i]=1ll*g[i]*g[i-1]%mod;
//for(int i=1;i<=10;i++) write(g[i]);
}
int main() {
int t;read(t);
//int PRE=clock();
sieve();
//cerr << (double)(clock()-PRE)/1e6 << endl;
while(t--) {
int n,m;read(n),read(m);
int T=1,ans=1;if(n>m) swap(n,m);
while(T<=n) {
int pre=T;T=min(n/(n/T),m/(m/T));
ans=1ll*ans*(qpow(qpow(1ll*g[T]*qpow(g[pre-1],mod-2)%mod,n/T),m/T))%mod;
T++;
}
write(ans);
}
return 0;
}