[洛谷]P3704-数字表格

妙啊，这又是一道反演题，而且个人感觉比较高级

传送门

大意

在(N imes M)的数表(a)中，(a_{i,j})表示f((i,j))，其中((i,j))表示(i)和(j)的最大公约数,(f)为(fibnaci)数列
求$$prod_{i=1}^Nprod_{j=1}M a_{i,j}$$

那么显然这又是一个褪柿子的题QwQ，于是我们可以开心的推这个奇怪的柿子

为了便于书写，我们令(N<=M)

[prod_{i=1}^Nprod_{j=1}^Mprod_{d=1}^N[(i,j)==d]f(d) ]

稍微换下位置，有

[prod_{d=1}^Nf(d)prod_{i=1}^Nprod_{j=1}^M[(i,j)==d] ]

也就是说(f(d))被乘了后面这么多次

[prod_{d=1}^Nf(d)^{sum_{i=1}^Nsum_{j=1}^M[(i,j)==d]} ]

指数上的柿子是个非常经典了老问题了，我们小小的复习一下
令$$f(d)={sum_{i=1}^Nsum_{j=1}M[(i,j)==d]}$$
这里的(f(d))与原问题中的(f)不重合，只是我们中间推理用的字母。
设$$F(n)=sum_{n|d} f(d)$$，则有

[F(n)=lfloorfrac{N}{n} floorlfloorfrac{M}{n} floor ]

反演一下

[f(n)=sum_{n|d}mu(frac{d}{n})F(d) ]

往一开始的柿子上看，显然指数就为(f(d))

[f(d)=sum_{d|k}mu(frac{k}{d})lfloorfrac{N}{k} floorlfloorfrac{M}{k} floor ]

更换求和指标，我们枚举(frac{k}{d})

[sum_{t=1}^nmu(t)lfloorfrac{N}{td} floorlfloorfrac{M}{td} floor ]

这就差不多了，我们带回初始柿子。

[Ans=prod_{d=1}^Nf(d)^{sum_{t=1}^nmu(t)lfloorfrac{N}{td} floorlfloorfrac{M}{td} floor} ]

考虑把这个(sum)拽下来（为什么能这么做呢，因为你考虑，(a^{x+y}=a^x imes a^y)，所以这个(sigma)拽下来也没啥影响

[Ans=prod_{d=1}^Nprod_{t=1}^{frac{n}{d}}f(d)^{mu(t)lfloorfrac{N}{td} floorlfloorfrac{M}{td} floor} ]

更换下求和指标，我们枚举(td=T)

[prod_{T=1}^Nprod_{t|T}f(t)^{mu(frac{T}{t})lfloorfrac{N}{T} floorlfloorfrac{M}{T} floor} ]

发现这个大概可能是整出分块，但是中间的东西比较棘手，我们把一些东西提出来

[prod_{t|T}f(t)^{mu(frac{T}{t})} ]

发现这个东西没法线筛，那我们直接暴力算他，每一次计算为(log_n)，把这块东西叫做(g(t))
就有

[prod_{T=1}^N g(T)^{lfloorfrac{N}{T} floorlfloorfrac{M}{T} floor} ]

这个东西就可以(O(n))的做了，但是该死的出题人还有多组数据，考虑整除分块
发现我们可以预处理(g(T))的前缀积，用(frac{P[r]}{P[l-1]})就能求出区间积了
注意有取模，(mu)的取值可能有(-1)，所以要预先求出(f(t))的逆元，整除分块的时候也要求出(P[l-1])的逆元
细节方面关于(exp)的参数一定要用(long long)，因为(lfloorfrac{N}{T} floorlfloorfrac{M}{T} floor)这个会爆(int)
而且洛谷这样的不会显示(RE)，而是(MLE)(手动黑人问号脸)，就很难搞

上代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Mod=1000000007,
		  maxn=1000010;
typedef long long LL;
int n,m;
LL ans;

LL exp(LL b,LL p){
	if (p==1) return b%Mod;
	LL temp=exp(b,p>>1);
	temp=(LL)(temp*temp)%Mod;
	if (p&1) temp=((LL)temp*(b%Mod))%Mod;
	return temp;
}

int mu[maxn],vis[maxn],pri[maxn];
LL f[maxn],F[maxn];//f->fibonaci;    F:f & Mod _ Ni Yuan
int cnt=0;

inline void getmiu(LL n){
	mu[1]=1;vis[1]=1;F[1]=1;cnt=0;
	f[0]=0;f[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++){
		f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%Mod;
		F[i]=exp(f[i],Mod-2);
		if (!vis[i]){
			mu[i]=-1;
			pri[++cnt]=i;
		}
		for (int j=1;j<=cnt&(LL)i*pri[j]<=n;j++){
			vis[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]==0) break;
			else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
}

inline int read()
{
    char s;
    int k=0,base=1;
    while((s=getchar())!='-'&&s!=EOF&&!(isdigit(s)));
    if(s==EOF)exit(0);
    if(s=='-')base=-1,s=getchar();
    while(isdigit(s)){k=k*10+(s^'0');s=getchar();}
    return k*base;
}

LL g[maxn];//g[T]=prod _{t|T}f(t)^{mu(frac{T}{t})} 
inline void solve(LL n){
	for (int i=0;i<=n;i++) g[i]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		for (int j=i;j<=n;j+=i){//枚举i的倍数
			if (!mu[j/i]) continue;
			if (mu[j/i]==1) g[j]=(LL)g[j]*f[i]%Mod;
			else if (mu[j/i]==-1) g[j]=(LL)g[j]*F[i]%Mod;
		} 
	}
	//for (LL i=1;i<=100;i++) prLLf("%d %d %d
",f[i],F[i],g[i]);
	for (int i=2;i<=n;i++) g[i]=(LL)g[i-1]*g[i]%Mod;
}

int main(){
	int t=read();
	getmiu(1000000);
	solve(1000000);
	//for (LL i=1;i<=100;i++) prLLf("%d
",g[i]);
	while (t--){
		n=read();m=read();
		ans=1;
		for (int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1){
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			LL delta=g[r]*exp(g[l-1],Mod-2)%Mod;
			ans=(LL)ans*exp(delta,(LL)(n/l)*(m/l))%Mod;
		}
		printf("%lld
",ans);
	}
}