一开始只推出O(TN)的做法，后来看了看发现再推一步就好了。
我们只需要枚举gcd就可以啦。
然后我们改变一下枚举顺序
设T为dk
预处理中间那部分前缀积就好了。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=1e6+10,mod=1e9+7; 4 int n,m,p[N/2],miu[N],g[N],f[N],inv[N],cnt;bool v[N]; 5 typedef long long ll; 6 int qmod(int x,ll y) 7 { 8 int ans=1; 9 while(y) 10 { 11 if(y&1)ans=1ll*ans*x%mod; 12 x=1ll*x*x%mod;y>>=1; 13 } 14 return ans; 15 } 16 void init() 17 { 18 miu[1]=1; 19 for(int i=2;i<=1e6;++i) 20 { 21 if(!v[i]) 22 { 23 p[++cnt]=i;miu[i]=-1; 24 } 25 for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=1e6;++j) 26 { 27 v[i*p[j]]=1; 28 if(i%p[j]==0)break; 29 miu[i*p[j]]=-miu[i]; 30 } 31 } 32 for(int i=1;i<=1e6;++i)g[i]=1; 33 f[0]=0;f[1]=g[0]=1; 34 for(int i=2;i<=1e6;++i)f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod; 35 for(int i=1;i<=1e6;++i) 36 { 37 inv[i]=qmod(f[i],mod-2); 38 for(int j=i,k=1;j<=1e6;j+=i,k++) 39 if(miu[k]) 40 { 41 if(miu[k]==-1) 42 g[j]=1ll*g[j]*inv[i]%mod; 43 else 44 g[j]=1ll*g[j]*f[i]%mod; 45 } 46 g[i]=1ll*g[i]*g[i-1]%mod; 47 } 48 return; 49 } 50 int main() 51 { 52 init();int T; 53 scanf("%d",&T); 54 for(int k=1;k<=T;++k) 55 { 56 scanf("%d%d",&n,&m); 57 if(n>m)swap(n,m);int ans=1; 58 for(int i=1,j;i<=n;i=j+1) 59 { 60 j=min(n/(n/i),m/(m/i)); 61 ans=1ll*ans*qmod(1ll*g[j]*qmod(g[i-1],mod-2)%mod,1ll*(n/i)*(m/i))%mod; 62 } 63 printf("%d ",(ans+mod)%mod); 64 } 65 return 0; 66 }