这题是莫比乌斯反演的典型题也是很有趣的题。
题意：求，其中f为为斐波那契数列
那么首先观察一下指数，发现是我们熟悉的形式，可以转化成这样的形式：
令T=kd，且假设n<m，有：
令
则原式=
这样的话我们的步骤就是这样的：
线性筛出莫比乌斯函数，同时递推求出f
然后利用f和莫比乌斯函数求出g（枚举倍数，这样把时间复杂度控制在调和级数级别），注意到有时会出现分数（莫比乌斯函数值为-1时），所以对上面的每个f需要求出对应地逆元（费马小定理）
然后对g求出前缀积，这样就可以利用数论分块在根号级的时间内求出答案了，但由于是乘积式，所以在提取一段乘积的时候会出现除法，所以还要对求出的前缀积求出逆元。
注意上面的都是要预处理出的内容
然后就水到渠成了
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define ll long long
#define mode 1000000007
using namespace std;
ll g[1000005];
ll f[1000005];
ll inv[1000005];
int mu[1000005];
int pri[1000005];
ll mul[1000005];
ll minv[1000005];
int cnt=0;
bool used[1000005];
int T,n,m;
ll pow_mul(ll x,ll y)
{
ll ans=1;
while(y)
{
if(y&1)
{
ans*=x;
ans%=mode;
}
x*=x;
x%=mode;
y/=2;
}
return ans;
}
void init()
{
mu[1]=1;
f[1]=1;
g[1]=1;
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=1000000;i++)
{
f[i]=f[i-1]+f[i-2];
f[i]%=mode;
g[i]=1;
inv[i]=pow_mul(f[i],mode-2);
if(!used[i])
{
pri[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=1000000;j++)
{
used[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<=1000000;i++)
{
for(int j=1;i*j<=1000000;j++)
{
if(!mu[j])
{
continue;
}else if(mu[j]==1)
{
g[i*j]*=f[i];
g[i*j]%=mode;
}else
{
g[i*j]*=inv[i];
g[i*j]%=mode;
}
}
}
mul[0]=1;
minv[0]=1;
for(int i=1;i<=1000000;i++)
{
mul[i]=mul[i-1]*g[i]%mode;
minv[i]=pow_mul(mul[i],mode-2);
}
}
ll solve(int x,int y)
{
if(x>y)
{
swap(x,y);
}
ll ans=1;
int last=0;
for(int i=1;i<=x;i=last+1)
{
last=min(x/(x/i),y/(y/i));
ans*=pow_mul(mul[last]*minv[i-1]%mode,(ll)(x/i)*(ll)(y/i)%(mode-1));
ans%=mode;
}
return ans;
}
int main()
{
init();
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("%lld
",solve(n,m));
}
return 0;
}