（真不想做莫比乌斯了）
首先根据题意写出式子
∏（i=1~n）∏（j=1~m）f[gcd(i,j)]
很明显的f可以预处理出来，解决
根据套路分析，我们可以先枚举gcd(i,j)==d
∏(d=1~n)f[d]......后面该怎么写？
我们发现前面式子中i，j为连乘，而对于相同的gcd，就可以变成f[d]的几次幂！
则∏(d=1~n)f[d]Σ(i=1~n/d)Σ(j=1~m/d)[gcd(i,j)==1]
然后就可以开心的反演了
∏(d=1~n)f[d]Σ(i=1~n/d)Σ(j=1~m/d)[gcd(i,j)==1]
=∏(d=1~n)f[d]Σ(i=1~n/d)Σ(j=1~m/d)Σ(k|i&&k|j)μ(k)
（接下来，我们先枚举k）
=∏(d=1~n)f[d]Σ(k=1~n)μ[k](n/kd)(m/kd)
（先枚举kd=D）
=∏(D=1~n)∏(d|D)f[d]μ[D/d](n/D)(m/D)
=∏(D=1~n)(∏(d|D)f[d]μ[D/d])(n/D)(m/D)
至此反演结束
再来观察这个式子，我们发现∏(d|D)f[d]μ[D/d]是关于D的一个函数，我们可以把它的前缀积处理出来，复杂度O(n*log(n))
处理过程中，当μ[D/d]==-1时需要除法，所以需要求逆元，而对于1e9+7这个素数，f[i]对于1e9+7的逆元为pow(f[i],mod-2)
在求解时我们需要取一段的前缀积，所以还需要把前缀积的逆元处理出来，方法同上
逆元处理复杂度O(n*log(n))
在求解时结合数论分块和快速幂，复杂度O(T*sqrt(n)*log(n))
总复杂度O(n*log(n)+T*sqrt(n)*log(n))
这道题做的时候主要卡在把变成Σ并变成指数，在此做个标记
AC代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
#define re register
const int mod=1e9+7;
using namespace std;
int p[500010],top;bool v[1000010];short mu[1000010];ll f[1000010],ni[1000010],tot[1000010];
inline ll pow(ll a,ll b){
re ll ans=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1) (ans*=a)%=mod;
(a*=a)%=mod;
}
return ans;
}
int main(){
mu[1]=1;f[1]=1;ni[1]=1;tot[1]=1;
for(int i=2;i<=1000000;i++)
f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod,ni[i]=pow(f[i],mod-2),tot[i]=1;
for(int i=2;i<=1000000;i++){
if(!v[i]){
p[++top]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=top&&p[j]*i<=1000000;j++){
v[i*p[j]]=1;
if(!(i%p[j])) break;
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=1000000;i++){
for(re int j=1;j*i<=1000000;j++)
if(mu[j]==-1) (tot[j*i]*=ni[i])%=mod;
else if(mu[j]==1) (tot[j*i]*=f[i])%=mod;
}
tot[0]=1;
for(int i=1;i<=1000000;i++) (tot[i]*=tot[i-1])%=mod;
ni[0]=1;
for(re int i=1;i<=1000000;i++)
ni[i]=pow(tot[i],mod-2);
re int t,n,m,x;
re ll ans;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&m);ans=1;
if(n>m) swap(n,m);
for(int i=1;i<=n;i=x+1){
x=min((n/(n/i)),(m/(m/i)));
(ans*=pow(tot[x]*ni[i-1]%mod,1ll*(n/i)*(m/i)))%=mod;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}