P3704 [SDOI2017] 数字表格
经典莫反。
题目要求：
\[\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m fib(\gcd(i,j)) \]不妨令 \(n<m\)。套路地，我们设 \(\gcd(i,j)=d\)，然后枚举 \(d\)：
\[\begin{aligned} &\quad\prod_{d=1}^n\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mfib(d)^{[\gcd(i,j)==d]}\\ &=\prod_{d=1}^nfib(d)^{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)==d]} \end{aligned} \]指数单独提出来
\[\begin{aligned} &\quad\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)==d]\\ &=\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[\gcd(i,j)==1] \end{aligned} \]套路地设
\[f(x)=\sum_{i=1}^{p}\sum_{j=1}^{q}[\gcd(i,j)==x]\\ g(x)=\sum_{x|d}f(d) \]那么
\[f(x)=\sum_{x|d}\mu(\frac dx)g(d)\\ \Rightarrow f(1)=\sum_{d=1}^p\mu(d)g(d) \]从含义出发，
\[\begin{aligned} g(x)&=\sum_{i=1}^p\sum_{j=1}^q[x|\gcd(i,j)]\\ &=\sum_{i=1}^{p/x}\sum_{j=1}^{q/x}[1|\gcd(i,j)]\\ &=\lfloor\frac px\rfloor \cdot \lfloor\frac qx\rfloor \end{aligned} \]所以
\[\begin{aligned} f(1)=\sum_{i=1}^p\mu(i)\cdot\lfloor\frac pi\rfloor\cdot\lfloor\frac qi\rfloor \end{aligned} \]所以原式即为：
\[\prod_{d=1}^nfib(d)^{\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)\cdot\lfloor\frac pi\rfloor\cdot\lfloor\frac qi\rfloor} \]对一个确定的 \(d\) ，指数可以 \(O(\sqrt n)\) 做，同时注意到对于 \(n/d\) 也可以套一层整除分块，总复杂度 \(O(\sqrt n\cdot\sqrt n)=O(n)\)。考虑到 \(\sum n\le 10^9\) 与快速幂以及大量取模等操作带来的巨大常数的存在，并不能通过此题。
我们继续观察指数：
\[\prod_{d=1}^nfib(d)^{\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)\cdot\lfloor\frac n{id}\rfloor\cdot\lfloor\frac m{id}\rfloor} \]令 \(T=id\)：
\[\begin{aligned} &\quad \prod_{T=1}^n\left(\prod_{d|T}fib(d)^{\mu(\frac Td)} \right)^{\lfloor\frac nT \rfloor\cdot\lfloor\frac mT\rfloor}\\ \end{aligned} \]外面这一块可以整除分块，里面可以 \(O(n\log n)\) 预处理。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
ll fpow(ll a,ll k)
{
ll res=1;
while(k)
{
if(k&1) res=(res*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
k>>=1;
}
return res%mod;
}
ll p[N],mu[N],tot=0,fib[N],infib[N];
ll F[N],inF[N];
bool mp[N];
void init(ll n)
{
fib[1]=1; infib[0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) fib[i]=(fib[i-1]+fib[i-2])%mod,F[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) infib[i]=fpow(fib[i],mod-2);
mu[1]=1;
for(ll i=2;i<=n;i++)
{
if(!mp[i]) p[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;p[j]*i<=n;j++)
{
ll tmp=p[j]*i;
mp[tmp]=1;
if(i%p[j]==0)
{
mu[tmp]=0;
break;
}
mu[tmp]=mu[i]*(-1);
}
}
F[0]=F[1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)//求中间那一坨
{
if(mu[i]==0) continue;
for(int T=i;T<=n;T+=i)
F[T]=(F[T]*(mu[i]==1?fib[T/i]:infib[T/i]))%mod;
}
for(int i=2;i<=n;i++) F[i]=(F[i]*F[i-1])%mod;//前缀积
for(int i=0;i<=n;i++) inF[i]=fpow(F[i],mod-2);//逆元
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
init(N-10);
while(t--)
{
ll n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
ll minn=min(n,m),ans=1;
for(ll l=1,r;l<=minn;l=r+1)
{
r=min(minn,min(n/(n/l),m/(m/l)));
ll rev=F[r]*inF[l-1]%mod;
ans=(ans*fpow(rev,(n/l)*(m/l)%(mod-1)))%mod;
}
printf("%lld\n",ans%mod);
}
return 0;
}