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\(Description\)
用\(f_i\)表示\(fibonacci\)数列第\(i\)项，求\(\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f[gcd(i,j)]\)。

\(T<=10^3,n,m≤10^6\)

\(Solution\)
再来推式子(默认\(n<m\))
\[\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^mf[gcd(i,j)]\]
按照套路枚举\(gcd\)
\[\prod_{d=1}^n\prod_{i=1}^{n/d}\prod_{j=1}^{m/d}f[d][gcd(i,j)==1]\]
考虑每个\(f[d]\)被乘了多少次
\[\prod_{d=1}^nf[d]^{\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)==1]}\]
指数非常熟悉
\[\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)==1]=\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)\lfloor\frac{n}{id}\rfloor\left\lfloor\frac{m}{id}\right\rfloor\]
现在指数可以数论分块，对\(f\)做一个前缀积之后外层也可以数论分块，这就可以做到每次询问\(O(nlogn)\)了。
但是这个式子还可以继续推，我们可以枚举\(id\)
令\(T=id\)
\[\prod_{T=1}^n\prod_{d|T}f[d]^{\mu(T/d)\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\]
根据数学运算法则就可以这样算
\[\prod_{T=1}^n(\prod_{d|T}f[d]^{\mu(T/d)})^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\]
括号里面的式子可以预处理，乘方可以数论分块，这样就可以单词询问\(O(\sqrt n logn)\)了。

#include<complex>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e6+7;
int Q,n,m,tot;
int prime[N],mu[N],f[N],g[N],pro[N];
bool check[N];
int qread()
{int x=0;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9')ch=getchar();while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x;
}
int Fpow(long long b,int p)
{long long res=1;for(;p;p>>=1,b=b*b%mod)if(p&1)res=res*b%mod;return res;
}
void Init()
{check[1]=1;mu[1]=f[1]=pro[0]=pro[1]=g[1]=1;for(int i=2;i<N;i++){if(!check[i])prime[++tot]=i,mu[i]=-1;for(int j=1;j<=tot && i*prime[j]<N;j++){check[i*prime[j]]=1;if(i%prime[j])mu[i*prime[j]]=-mu[i];else break;}f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;pro[i]=1;g[i]=Fpow(f[i],mod-2);}for(int i=1;i<N;i++){if(!mu[i])continue;for(int j=i;j<N;j+=i)pro[j]=1ll*pro[j]*(mu[i]==1?f[j/i]:g[j/i])%mod;}for(int i=2;i<N;i++)pro[i]=1ll*pro[i]*pro[i-1]%mod;
}
int main()
{Init();scanf("%d",&Q);while(Q--){n=qread();m=qread();if(n>m)swap(n,m);int ans=1;for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){r=min(n/(n/l),m/(m/l));ans=1ll*ans*Fpow(1ll*pro[r]*Fpow(pro[l-1],mod-2)%mod,1ll*(n/l)*(m/l)%(mod-1))%mod;}printf("%d\n",ans);}return 0;
}