做 /tuu 了这题，有被恶心到……真就「一杯茶，一包烟，一（六）道莫反做一天」呗……考场上遇到这种题肯定果断拿个 60pts 跑路……
一开始看成了 \(\sum\) 感觉不可做。\(\prod\) 是可以拆开的（就像加法遇到 \(\sum\) 也可以拆开），设
\[a=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci^{f(type)}\\
b=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Cj^{f(type)}\\
c=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,j)^{f(type)}\\
d=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\gcd(i,k)^{f(type)}
\]
那么 \(ans=\dfrac{ab}{cd}\)。又注意到 \(a,b\) 和 \(c,d\) 这两组是对称的，推柿子的时候每组只需要算一个，实现的时候就把某两个变量调换位置然后 CV 即可。于是任务就是求 \(type=0,1,2\) 时的 \(a,c\)，一共六个任务。\(0a\) 和 \(1a\) 是小学二年级都会的，不需要莫反；\(0c\) 是究极莫反基础，\(1c\) 是莫反中等题，想必来挑战这题的人都是会的；这篇题解重点说说 \(2a\) 和 \(2c\)，感觉有有意思又不失难度（同时还会把人推吐）。
\(2a\)：考虑对 \(\gcd(i,j,k)\) 施加剧本作用：遇到 gcd 直接枚举。
\[\begin{aligned}
a&=\prod_o\prod_{i=1}^Ai^{o\sum\limits_{j=1}^B\sum\limits_{k=1}^C[\gcd(i,j,k)=o]}\\
&=\prod_o\prod_{i=1}^{\left\lfloor\frac Ao\right\rfloor}(io)^{o\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac Bo\right\rfloor}\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac Co\right\rfloor}\sum\limits_{p\mid i,p\mid j,p\mid k}\mu(p)}
\end{aligned}
\]
把 \(\prod\) 转化成 \(\sum\) 放到指数上反演之后，该放下来更方便地处理了。
\[\begin{aligned}
a&=\prod_o\prod_{i=1}^{\left\lfloor\frac Ao\right\rfloor}\prod_{j=1}^{\left\lfloor\frac Bo\right\rfloor}\prod_{k=1}^{\left\lfloor\frac Co\right\rfloor}\prod_{p\mid i,p\mid j,p\mid k}(io)^{o\mu(p)}\\
&=\prod_{p}\prod_o\prod_{i=1}^{\left\lfloor\frac A{op}\right\rfloor}(iop)^{o\mu(p)\left\lfloor\frac B{op}\right\rfloor\left\lfloor\frac C{op}\right\rfloor}
\end{aligned}
\]
对 \(op\) 整除分块。
\[\begin{aligned}a&=\prod_q\prod_{p\mid q}\prod_{i=1}^{\left\lfloor\frac Aq\right\rfloor}(iq)^{\frac qp\mu(p)\left\lfloor\frac Bq\right\rfloor\left\lfloor\frac Cq\right\rfloor}\\
&=\prod_q\prod_{p\mid q}\left(\left\lfloor\dfrac Aq\right\rfloor!q^{\left\lfloor\frac Aq\right\rfloor}\right)^{\frac qp\mu(p)\left\lfloor\frac Bq\right\rfloor\left\lfloor\frac Cq\right\rfloor}
\end{aligned}
\]
到这儿就有了个做法的雏形：对 \(q\) 整除分块，然后 \(p\) 这个 \(\prod\) 就是一个类似狄前的函数在 \(q\) 处的取值，这里面如果只有 \(p,q,\dfrac qp\) 这三者相关的量的话是可以直接预处理的。但是这里面好死不死有 \(A,B,C\) 的整除值（在整除分块的时候视作常数，但是对于不同测试点就 GG 了），所以还要继续拆：
\[a=\prod_q\left(\left\lfloor\dfrac Aq\right\rfloor!\right)^{\left\lfloor\frac Bq\right\rfloor\left\lfloor\frac Cq\right\rfloor q\sum\limits_{p\mid q}\frac{\mu(p)}p}q^{\left\lfloor\frac Aq\right\rfloor\left\lfloor\frac Bq\right\rfloor\left\lfloor\frac Cq\right\rfloor q\sum\limits_{p\mid q}\frac{\mu(p)}p}
\]
居然看到了 \(\sum\limits_{p\mid q}\dfrac{\mu(p)}p\) 这个式子，回想起了万年没用过的恒等式 \(\sum\limits_{i\mid x}\dfrac{\mu(i)}i=\dfrac{\varphi(x)}x\)！！！11 于是 \(q\sum\limits_{p\mid q}\dfrac{\mu(p)}p=\varphi(q)\)。（u1s1 你可能会说这种模意义下拆出分数次幂再化回整数次幂，考虑到高次剩余存在唯一性问题，不太严谨吧？其实大可这样理解：假设全是在复数域下定义的东西，那么这么推显然没毛病，只是题目保证这个式子的值是整数，故最后推出来计算可以取模。所以是完全严谨的）
那么自行替换一下，只需要对 \(q\) 整除分块，对于一块只要求 \(\varphi(x)\) 的前缀和与 \(x^{\varphi(x)}\) 的前缀积即可，单次询问复杂度 \(\mathrm O(\sqrt n\log n)\)。
这部分还是不算很难的，只是用到了万年不用的恒等式，感觉很有趣。
\(2c\)：这里面有两个 gcd，是整除关系。zszz 莫反题要谨慎，不能一口气全部反演掉，要一个一个反演然后根据 gcd 之间的关系加限制条件。这个其实先枚举哪个都是能做的，我枚举的是 \(\gcd(i,j)\)。
\[\begin{aligned}c&=\prod_o\prod_{p\mid o}o^{p\sum\limits_{i=1}^A\sum\limits_{j=1}^B[\gcd(i,j)=o]\sum\limits_{k=1}^C[\gcd(k,o)=p]}\\
&=\prod_o\prod_{p\mid o}o^{p\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac Ao\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac Bo\right\rfloor}\sum\limits_{q\mid i,q\mid j}\mu(q)\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac Cp\right\rfloor}\sum\limits_{r\mid k,r\mid \frac op}\mu(r)}\\
&=\prod_o\prod_{p\mid o}o^{p\sum\limits_q\mu(q)\sum\limits_{r\mid\frac op}\mu(r)\left\lfloor\frac A{oq}\right\rfloor\left\lfloor\frac B{oq}\right\rfloor\left\lfloor\frac C{pr}\right\rfloor}
\end{aligned}
\]
到目前的最后一步相比于 \(2a\) 的处理就爽快很多，\(2a\) 的 \(i\) 迟迟不能被化掉。不知道导致这个的本质原因是啥（（
反演结束之后 \(\sum\) 指数拆下来变成 \(\prod\)。
\[c=\prod_o\prod_{p\mid o}\prod_q\prod_{r\mid \frac op}o^{p\mu(q)\mu(r)\left\lfloor\frac A{oq}\right\rfloor\left\lfloor\frac B{oq}\right\rfloor\left\lfloor\frac C{pr}\right\rfloor}
\]
接下来又到了喜闻乐见的将 \(x\mid y\) 换元成 \(y'=xy\) 时间~
\[\begin{aligned}c&=\prod_p\prod_o\prod_q\prod_{r\mid o}(op)^{p\mu(q)\mu(r)\left\lfloor\frac A{opq}\right\rfloor\left\lfloor\frac B{opq}\right\rfloor\left\lfloor\frac C{pr}\right\rfloor}\\
&=\prod_p\prod_r\prod_q\prod_o(rop)^{p\mu(p)\mu(r)\left\lfloor\frac A{ropq}\right\rfloor\left\lfloor\frac B{ropq}\right\rfloor\left\lfloor\frac C{pr}\right\rfloor}
\end{aligned}
\]
接下来是喜闻乐见的整除分块——枚举两个变量的乘积时间~
\[c=\prod_s\prod_t\prod_{p\mid s}\prod_{o\mid t}(so)^{p\mu\left(\frac to\right)\mu\left(\frac sp\right)\left\lfloor\frac A{st}\right\rfloor\left\lfloor\frac B{st}\right\rfloor\left\lfloor\frac C{s}\right\rfloor}
\]
到这儿已经可以做了，并且无法往下继续取得更优复杂度了——因为这儿的整除里面的分母有两种（不可能搞成一种的），需要的是两次整除分块，而不是二维整除分块，即先对一个变量分块，对每个块都对另一个变量分块。这样一般情况下最坏是 \(\mathrm O(\sqrt n\times\sqrt n)=\mathrm O(n)\)，在这题里面，如果先分块 \(s\)，那么 \(t\) 的分子是 \(\dfrac ns\)，这和不预处理的杜教筛的复杂度分析是一样的，是 \(\mathrm O\!\left(n^{\frac 34}\right)\)（预处理实在是太晕了，就不搞了）。那么考虑对已经分好的每个块对该如何算贡献，那么三个整除都是常数，我们要求的是
\[\prod_{p\mid s}\prod_{o\mid t}(so)^{p\mu\left(\frac to\right)\mu\left(\frac sp\right)}
\]
这个显然可以用类似狄前 / 狄卷的方式预处理，只不过这样扩展到两个变量的话，需要将变量分类每类独立开来然后分别预处理，分块求值的时候就分别调用两类的前缀和 / 积作用到一起。这个式子还是不难拆的：
\[\prod_{p\mid s}\prod_{o\mid t}(so)^{p\mu\left(\frac to\right)\mu\left(\frac sp\right)}=\left(\prod_{p\mid s}s^{p\mu\left(\frac sp\right)}\right)^{\sum\limits_{o\mid t}\mu\left(\frac to\right)}\left(\prod_{o\mid t}o^{\mu\left(\frac to\right)}\right)^{\sum\limits_{p\mid s}p\mu\left(\frac sp\right)}
\]
预处理四个前缀和 / 积即可。预处理的话，因为计算量是线对，再加上个快速幂就是线性二次对数了。单次询问也受到快速幂的影响，变成 \(\mathrm O\!\left(n^{\frac 34}\log n\right)\)。
总复杂度是 \(\mathrm O\!\left(n\log^2n+Tn^{\frac 34}\log n\right)\)，常数非常大。这题模数是输入的，用了个快模，还逻辑优化了几下才勉强过了，人傻常数大啊。
贴个代码感受一下壮观。
题解写的累趴了。
