一开始的时候我是这么推的（\(f(n)\)表示斐波那契数列的第\(n\)项）\[ \begin{aligned} Ans&=\prod_{x=1}^{\min(n,m)}f(x)^{(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=x])}\\ &=\prod_{x=1}^{\min(n,m)}f(x)^{\sum_{e=1}^{\min(\lfloor\frac nx\rfloor,\lfloor \frac mx\rfloor)}\mu(e)\lfloor\frac n {ex}\rfloor\lfloor\frac m {ex}\rfloor}\\ \end{aligned} \] 然后我想，根号分段套根号分段，\(\mathcal O(\sqrt n(\log+\sqrt n))\)解决！嗯不错，一看数据组数1000........不过还是能拿70的分。 题解的思路非常神。 假设我们能构造一个函数\(g\)，使得\[ f(n)=\prod_{d|n}g(d) \] 那么答案就变成\[ \begin{aligned} Ans&=\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mf({\gcd(i,j))}\\ &=\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m\prod_{d|i,d|j}g(d)\\ &=\prod_{d=1}^{\min(n,m)}g(d)^{\lfloor\frac nd\rfloor\lfloor\frac md\rfloor} \end{aligned} \] 这样就可以在\(\mathcal O(2\sqrt n)\)的时间内处理每一个询问了。前提是我们知道\(g\)及其前缀积。 考虑式子\(f(n)=\prod_{d|n}g(d)\)十分像莫比乌斯反演，能否用类似的形式反演出\(g\)呢？ 在\(\sum\)的意义下\[ g_n=\sum_{d|n}\mu(d)f({\frac nd}) \] 反演的本质是通过加减来容斥出所需要的组合。而在乘法的意义下，不就是通过乘除来容斥出所需要的组合吗？所以有：\[ g_n=\prod_{d|n}f({\frac nd})^{\mu(d)}=\prod_{d|n}f(d)^{\mu(\frac nd)} \] 因此我们可以在\(\mathcal O(n \lg n)\)的时间内处理出\(g\)的取值和前缀积。那么上面的根号分段也就迎刃而解了。 总体思路是仿造莫比乌斯反演构造一个可求函数，利用该函数化简式子使得答案求和式变得简明且复杂度较低，再通过传统根号分段求解。
#include <cstdio> using namespace std; const int N=1e6+10,MOD=1e9+7,PMOD=MOD-1; int n,m; int fib[N],ifib[N],g[N],ig[N]; bool vis[N]; int p[N],pcnt,mu[N]; inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;} inline int fmi(int x,int y){ int res=1; for(;y;x=1LL*x*x%MOD,y>>=1) if(y&1) res=1LL*res*x%MOD; return res; } void sieve(){ mu[1]=1; for(int i=2;i<=1e6;i++){ if(!vis[i]) p[++pcnt]=i,mu[i]=-1; for(int j=1;j<=pcnt&&i*p[j]<=1e6;j++){ int x=i*p[j]; vis[x]=true; if(i%p[j]==0){ mu[x]=0; break; } mu[x]=-mu[i]; } } } void prework(){ sieve(); fib[0]=0; fib[1]=1; ifib[1]=1; for(int i=2;i<=1e6;i++){ fib[i]=(fib[i-2]+fib[i-1])%MOD; ifib[i]=fmi(fib[i],MOD-2); } for(int i=1;i<=1e6;i++) g[i]=1; for(int d=1;d<=1e6;d++) for(int n=d;n<=1e6;n+=d) g[n]=1LL*g[n]*(mu[n/d]==1?fib[d]:(mu[n/d]==-1?ifib[d]:1))%MOD; g[0]=ig[0]=1; for(int i=1;i<=1e6;i++){ g[i]=1LL*g[i]*g[i-1]%MOD; ig[i]=fmi(g[i],MOD-2); } } int main(){ prework(); int T,up,ans; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&n,&m); up=min(n,m); ans=1; for(int i=1,j;i<=up;i=j+1){ j=min(n/(n/i),m/(m/i)); ans=1LL*ans*fmi(1LL*g[j]*ig[i-1]%MOD,1LL*(n/i)*(m/i)%PMOD)%MOD; } printf("%d\n",ans<0?ans+MOD:ans); } return 0; }
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