题意：f为Fibnacci数列。求$\prod_{1<=i<=n,1<=j<=m} f[gcd(i,j)]$.
n,m<=1e6.
标程：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int mod=1e9+7; 5 const int N=1e6+1; 6 int f[N],prime[N],tot,F[N],ans,p[N],n,m,nxt,u[N],fi[N]; 7 int ksm(int x,int y) 8 { 9 int res=1; 10 for (;y;x=(ll)x*x%mod,y>>=1) 11 if (y&1) res=(ll)res*x%mod; 12 return res; 13 } 14 void pre() 15 { 16 f[1]=f[2]=fi[1]=fi[2]=1; 17 for (int i=3;i<N;i++) f[i]=((ll)f[i-1]+f[i-2])%mod,fi[i]=ksm(f[i],mod-2); 18 u[1]=1; 19 for (int i=2;i<N;i++) 20 { 21 if (!p[i]) prime[++tot]=i,u[i]=-1;//质数的u是-1！ 22 for (int j=1;j<=tot&&(ll)prime[j]*i<N;j++) 23 { 24 p[prime[j]*i]=1; 25 if (i%prime[j]==0) break; 26 u[prime[j]*i]=-u[i]; 27 } 28 } 29 for (int i=0;i<N;i++) F[i]=1; 30 for (int i=1;i<N;i++) 31 if (u[i]!=0) 32 for (int j=i;j<N;j+=i) 33 F[j]=(ll)F[j]*(u[i]==1?f[j/i]:fi[j/i])%mod;//注意u有可能是-1 34 for (int i=1;i<N;i++) F[i]=(ll)F[i]*F[i-1]%mod; 35 } 36 int main() 37 { 38 pre();int T; 39 scanf("%d",&T); 40 while (T--) 41 { 42 scanf("%d%d",&n,&m);ans=1; 43 for (int i=1;i<=min(n,m);i=nxt+1) 44 { 45 nxt=min(n/(n/i),m/(m/i)); 46 ans=(ll)ans*ksm((ll)F[nxt]*ksm(F[i-1],mod-2)%mod,(ll)(n/i)*(m/i)%(mod-1))%mod; 47 } 48 printf("%d\n",ans); 49 } 50 return 0; 51 }
注意点：质数的u是-1！不要忘记。
题解：mobius反演
看到gcd就可以提出来，$Ans=\prod_{d=1}^{min(n,m)} f[d]^{\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]}$
指数上的是mobius经典题，用$\mu$函数反演以下，得到$Ans=\prod_{d=1}^{min(n,m)} f[d]^{\sum_k\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor\mu(k)}$。
令u=kd,$Ans=\prod_u(\prod_{k|u}f[\frac{u}{k}]^{\mu(k)})^{\lfloor\frac{n}{u}\rfloor\lfloor\frac{m}{u}\rfloor}$。分块即可。
预处理中间那部分东西的前缀积。
