cyn2006 爆切这题之后疯狂安利我做这题。
stO cyn2006 Orz
这是一种复杂度劣于 std 但是能过的做法。
显然容斥一下转为计算下式
[prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^{m}operatorname{lcm}(i,j)^{operatorname{lcm}(i,j)}\=prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^{m}prod_{d=1}^{n}[gcd(i,j)=d]left(dfrac{ij}{d}
ight)^{frac{ij}{d}}\=dfrac{prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^{m}prod_{d=1}^{n}[gcd(i,j)=d](ij)^{frac{ij}{d}}}{prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^{m}prod_{d=1}^{n}[gcd(i,j)=d]d^{frac{ij}{d}}}
]
看分母清新亿点就先推分母
【注】定义 (s1(x)=sum_{i=1}^{x}i)，以下不再赘述。
分母
[prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^{m}prod_{d=1}^{n}d^{[gcd(i,j)=d]frac{ij}{d}}\
=prod_{d=1}^{n}prod_{i=1}^{frac{n}{d}}prod_{j=1}^{frac{m}{d}}d^{[gcd(i,j)=1]ijd}\
=prod_{d=1}^{n}d^{dsum_{i=1}^{frac{n}{d}}sum_{j=1}^{frac{m}{d}}[gcd(i,j)=1]ij}\
=prod_{d=1}^{n}d^{df(frac{n}{d},frac{m}{d})}\
]
其中
[f(n,m)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]ij\=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}sum_{x|i,x|j}mu(x)ij\=sum_{x=1}^{n}mu(x)x^2sum_{i=1}^{frac{n}{x}}sum_{j=1}^{frac{m}{x}}ij\=sum_{x=1}^{n}mu(x)x^2s1(frac{n}{x})s1(frac{m}{x})
]
对指数整除分块，预处理 (d^d) 的前缀积，由于 (f(n,m)) 的计算还有一层整除分块，所以这部分是 (O(n^{frac{3}{4}}))。
注意 (f(n,m)) 作为指数，是在 (mod mod - 1) 意义下进行的。
分子
[prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^{m}prod_{d=1}^{n}(ij)^{[gcd(i,j)=d]frac{ij}{d}}\
=prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^{m}prod_{d=1}^{n}(ijd^2)^{[gcd(i,j)=1]ijd}\
=prod_{d=1}^{n}prod_{i=1}^{frac{n}{d}}prod_{j=1}^{frac{m}{d}}left(ij
ight)^{[gcd(i,j)=1]ijd}d^{[gcd(i,j)=1]2ijd}\
]
分两部分算，然后乘起来。
Part1
[=prod_{d=1}^{n}prod_{i=1}^{frac{n}{d}}prod_{j=1}^{frac{m}{d}}[gcd(i,j)=1]d^{2dij}\
]
会发现这个就是分母的平方。
实现的时候可以直接计算分母乘第二部分。
Part2
[=prod_{d=1}^{n}prod_{i=1}^{frac{n}{d}}prod_{j=1}^{frac{m}{d}}left(ij
ight)^{[gcd(i,j)=1]ijd}\
]
指数上那个 (d) 暂且不管，反正最后 (d) 次方就行。
[g(n,m)=prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^{m}(ij)^{[gcd(i,j)=1]ij}
]
再观察一下发现这个东西还是可以拆分的。
[h(n,m)=prod_{i=1}^{n}i^{isum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]j}
]
那么
[g(n,m)=h(n,m) imes h(m,n)
]
[sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]j=sum_{j=1}^{m}sum_{t|i,t|j}mu(t)j=sum_{t|i}mu(t)sum_{i=1}^{m}[t|i]i=sum_{t|i}mu(t)tsum_{i=1}^{frac{m}{t}}i=sum_{t|i}tmu(t)s1(frac{m}{t})
]
[h(n,m)=prod_{i=1}^{n}i^{isum_{t|i}tmu(t)s1(frac{m}{t})}\=prod_{t=1}^{n}(prod_{t|i}i^i)^{s1(frac{m}{t})tmu(t)}
]
预处理 (R(x,n)=(prod_{i=1}^{n}(ix)^{ix})^{xmu(x)})，可以发现只有 (O(nln n)) 种 ((x,n))，动态分配内存即可。
[=prod_{t=1}^{n}R(t,dfrac{n}{t})^{s1(frac{m}{t})}
]
发现要求出
[Q(n,m)=prod_{i=1}^{m}R(i,n)
]
就可以整除分块了。(Q) 仍然是只有 (O(nln n)) 种。
由于还要快速幂这玩意是 (O(n^{frac{3}{4}}log n)) 的。
写完发现空间超了 20MB 左右。于是考虑只开 (Q) 不开 (R)，递推的时候枚举 (n)，对所有 (R(x,n)) 开个数组维护第一维为 (x) 的时候的值，每次 (n) 增加的时候都可以递推出 (R(x,n))。
注意到上面递推 (R) 的时候有 (O(nln n)) 次快速幂，我没啥好的处理方法，就加上 (mu(x)=0) 直接设为 (1) 的剪枝，写了一发跑起来不是特别慢。
总复杂度是 (O(tn^{frac{3}{4}}log n)) 还要加个玄学预处理，跑了两秒不到一点，被 std 吊打了，orz 出题人！
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
#define pb push_back
#define sz(v) (int)(v).size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
const int N = 1000005;
const int mod = 32465177;
inline int qpow(int n, int k) {
int res = 1;
for(; k; k >>= 1, n = (LL)n * n % mod)
if(k & 1) res = (LL)res * n % mod;
return res;
}
/*
f1_k = prod_{i=1}^{k}i^i
g1_k = (f1_k)^{-1}
f2_k = k^k
g2_k = f2_k^{-1}
f3_k = sum_{i=1}^{k}mu(i)i^2
f(n, m) = sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]ij
smu_k = sum_{i=1}^{k}mu_i
*/
int T, n;
int f1[N], g1[N], f2[N], g2[N], f3[N], pri[N], pct, mu[N], smu[N];
int *Q[N], pool[N * 20], *mem = pool, R[N];
bool vis[N];
inline void init(const int &n) {
f1[0] = 1, g1[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
f2[i] = qpow(i, i), g2[i] = qpow(f2[i], mod - 2),
f1[i] = (LL)f1[i - 1] * f2[i] % mod,
g1[i] = (LL)g1[i - 1] * g2[i] % mod;
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
if(!vis[i]) pri[++pct] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 1; j <= pct && 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)
smu[i] = smu[i - 1] + mu[i],
f3[i] = (f3[i - 1] + (LL)i * i * mu[i] % (mod - 1) + (mod - 1)) % (mod - 1);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
Q[i] = mem, mem += n / i + 2, R[i] = 1, Q[i][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j <= n / i; ++j) {
if(mu[j] == 0) R[j] = 1;
else if(mu[j] == 1) R[j] = (LL)R[j] * qpow(f2[i * j], j) % mod;
else R[j] = (LL)R[j] * qpow(g2[i * j], j) % mod;
Q[i][j] = (LL)Q[i][j - 1] * R[j] % mod;
}
}
}
inline int s1(int n, int P = mod) {
return (LL)n * (n + 1) / 2 % P;
}
inline int f(int n, int m) {
int res = 0;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
r = min(n / (n / l), m / (m / l)),
res = (res + (LL)(f3[r] - f3[l - 1] + mod - 1) *
s1(n / l, mod - 1) % (mod - 1) * s1(m / l, mod - 1) % (mod - 1)) % (mod - 1);
return res;
}
inline int calc1(int n, int m) {
int res = 1;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
r = min(n / (n / l), m / (m / l)),
res = (LL)res * qpow((LL)f1[r] * g1[l - 1] % mod, f(n / l, m / l)) % mod;
return res;
}
inline int h(int n, int m) {
int res = 1;
for(int l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1)
r = min(n / (n / l), m / (m / l)),
res = (LL)res *
qpow((LL)Q[n / l][r] * qpow(Q[n / l][l - 1], mod - 2) % mod,
s1(m / l, mod - 1)) % mod;
return res;
}
inline int calc2(int n, int m) {
int res = 1;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
r = min(n / (n / l), m / (m / l)),
res = (LL)res * qpow((LL)h(n / l, m / l) * h(m / l, n / l) % mod,
(LL)(l + r) * (r - l + 1) / 2 % (mod - 1)) % mod;
return res;
}
inline int solve(int n, int m) {
return (LL)calc1(n, m) * calc2(n, m) % mod;
}
void Main() {
int l = read(), r = read();
printf("%lld
", (LL)solve(r, r) * solve(l - 1, l - 1) % mod *
qpow(solve(l - 1, r), mod - 3) % mod);
}
signed main() {
for(T = read(), n = read(), init(n); T--; ) Main();
}