令 \(n=\max(A,B,C)\)
type=0
\[\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\frac{\text{lcm} (i,j)}{\gcd(i,k)}\\
=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\frac{ij}{\gcd(i,j)\gcd(i,k)}\\
\]
\(ij\) 部分很简单。
剩下的我们等价于要求：
\[\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\gcd(i,j)^C
\]
考虑容斥，令 \(\prod\limits_{d|i}f_d=i^C\)，那么剩下的都可以直接做了。
type=1
\[\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C(\frac{\text{lcm} (i,j)}{\gcd(i,k)})^{ijk}\\
=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C(\frac{ij}{\gcd(i,j)\gcd(i,k)})^{ijk}\\
\]
那么我们同样拆成多部分：
\[\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod_{k=1}^C(ij)^{ijk}\\
=(\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B(ij)^{ij})^{(C+1)C/2}\\
\]
这一部分不难。
\[\prod _{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C(\frac{1}{\gcd(i,j)\gcd(i,k)})^{ijk}
\]
对于这一部分我们只需要求解：
\[\prod _{i=1}^A\prod_{j=1}^B(\frac{1}{\gcd(i,j)})^{ij}
\]
同样的，我们令 \(\prod\limits_{d|i}f_d=i\)，那么我们需要求解：
\[\prod_{d=1}^n \prod_{d|i}\prod_{d|j}f_d^{ij}\\
=\prod_{d=1}^n f_d^{\sum _{d|i}\sum_{d|j}ij}
\]
同样不难。
（出题人表示前面都不是重点，所以比较略）
type=2
\[\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C(\frac{\text{lcm} (i,j)}{\gcd(i,k)})^{\gcd(i,j,k)}
\]
同样分成两部分，第一部分：
\[\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C(ij)^{\gcd(i,j,k)}
\]
我们只需要求解：
\[\prod_{i=1}^Ai^{\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\gcd(i,j,k)}
\]
令 \(\sum \limits_{d|i}f_d=i\)，则我们等价于求解：
\[\prod_{i=1}^Ai^{\sum \limits_{d|i}\lfloor \frac{B}{d} \rfloor \lfloor \frac{C}{d} \rfloor f_d}
\]
令 \(g_d=\lfloor \frac{B}{d} \rfloor \lfloor \frac{C}{d} \rfloor f_d\) 我们必然要枚举 \(i\)，那么我们需要快速求解 \(\sum \limits_{d|i}g_d\)，很明显这是不难的。
第二部分：
\[\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)^{\gcd(i,j,k)}
\]
发现 \(\gcd(i,j)\) 比较独立，那么我们处理出 \(f_d=\sum \limits_{i=1}^A\sum\limits_{j=1}^B[\gcd(i,j)=d]\)，同样处理出 \(\sum \limits_{d|i}g_d=[i=1]\) 即可计算出来 \(f\)，那么原式就等于：
\[\prod_{i=1}^n(\prod_{k=1}^Ci^{\gcd(i,j)})^{f_i}\\
=\prod_{i=1}^ni^{f_i\sum \limits_{k=1}^C\gcd(k,i)}
\]
令 \(\sum \limits_{d|i}h_d=i\)，那么该式是：
\[=\prod_{i=1}^ni^{f_i\sum \limits_{d|i}^Ch_d\lfloor\frac{C}{d}\rfloor}
\]
同样可以快速求出来。
（啊我怎么就推完了，这个题也不难啊）
