[SDOI2017]数字表格

又一道没有做出来的题

首先做最基础的mobius反演，可以得到，答案就是一堆fi^k乘起来，k是下面这个东西。

套路的用T代替id，并枚举T。

指数的式子变成 π(i|T) mu（T/i）✖（n/T）✖（m/T）

考虑先枚举指数再枚举i（没想到这一步！）

令dp[T]=π (i|T) f[i]^mu(T/i)。

dp[T]可以在一个调和级数的复杂度内求出。

求出dp数组的前缀积，就可以除法分块sqrt(n)logn解决本题。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 2200000
#define eps 1e-7
#define inf 1e9+7
#define db double
#define ll long long
#define ldb long double
using namespace std;
inline int read()
{
	char ch=0;
	int x=0,flag=1;
	while(!isdigit(ch)){ch=getchar();if(ch=='-')flag=-1;}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*flag;
}
const int mo=1e9+7;
bool is_prime[N];
int f[N],mu[N],prime[N];
void solve(int n)
{
	memset(is_prime,true,sizeof(is_prime));
	is_prime[0]=is_prime[1]=false;
	mu[0]=mu[1]=1;f[0]=0;f[1]=1;
	for(int i=2,cnt=0;i<=n;i++)
	{
		f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mo;
		if(is_prime[i])mu[i]=-1,prime[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt;j++)
		{
			int k=i*prime[j];
			if(k>n)break;
			is_prime[k]=false;
			if(i%prime[j])mu[k]=-mu[i];else {mu[k]=0;break;}
		}
	}
}
int t,len,dp[N],pd[N];
int ksm(int x,int k)
{
	int ans=1;
	while(k)
	{
		if(k&1)ans=1ll*ans*x%mo;
		k>>=1;x=1ll*x*x%mo;
	}
	return ans;
}
void work()
{
	int n=read(),m=read(),ans=1;
	for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
	{
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans=1ll*ans*ksm(1ll*dp[r]*pd[l-1]%mo,1ll*(n/l)*(m/l)%(mo-1))%mo;
	}
	printf("%d\n",(ans%mo+mo)%mo);
}
int main()
{
	t=read();len=1e6;solve(len);
	for(int i=0;i<=len;i++)dp[i]=pd[i]=1;
	for(int i=1;i<=len;i++)
	{
		int x=f[i],y=ksm(f[i],mo-2);
		for(int j=i;j<=len;j+=i)
		{
			if(mu[j/i]==+1)dp[j]=1ll*dp[j]*x%mo,pd[j]=1ll*pd[j]*y%mo;
			if(mu[j/i]==-1)dp[j]=1ll*dp[j]*y%mo,pd[j]=1ll*pd[j]*x%mo;
		}
	}
	for(int i=1;i<=len;i++)dp[i]=1ll*dp[i]*dp[i-1]%mo,pd[i]=1ll*pd[i]*pd[i-1]%mo;
	for(int i=1;i<=t;i++)work();
	return 0;
}