题意：将n个糖果插入f-1个挡板分成f分(a1,a2,a3...af)。

问有多少种分法能够使得gcd(a1,a2,a3...af)=1;

解法。莫比乌斯容斥，首先按1为单位分，这时候有C(n-1,f-1)种，然后去掉gcd不是1的。这时候就规定质因子个数是奇数的就减(mou值为-1)，偶数的为加(mou值是+1)，然后出现平方数为约数的数mou值为0。这样就做到了容斥，非常巧妙。

容斥时，要注意仅仅用计算是n的约数的数，由于假设不是n的约数，那么gcd里一定不会出现这个因子。

代码：

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* author:xiefubao
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#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <string.h>
//freopen ("in.txt" , "r" , stdin);
using namespace std;#define eps 1e-8
#define zero(_) (abs(_)<=eps)
const double pi=acos(-1.0);
typedef long long LL;
const int Max=100010;
const int INF=1000000007;int mou[Max];
LL fac[Max];
map<pair<int,int>,LL> maps;
int n,f;
LL pow(LL a,int b)
{LL ans=1;while(b){if(b&1)ans=(ans*a)%INF;a=(a*a)%INF;b>>=1;}return ans;
}
LL getreverse(LL lo)
{return pow(lo,INF-2);
}
void init()
{for(LL i=2; i<Max; i++)if(!mou[i]){mou[i]=i;for(LL j=i*i; j<Max; j+=i)mou[j]=i;// cout<<i<<" ";}mou[1]=1;for(int i=2; i<Max; i++){if((i/mou[i])%mou[i]==0) mou[i]=0;else mou[i]=-mou[i/mou[i]];}fac[0]=1;for(int i=1; i<Max; i++)fac[i]=(fac[i-1]*i)%INF;
}
LL C(int a,int b)
{LL ans=fac[a];ans=(ans*getreverse(fac[a-b])%INF*getreverse(fac[b]))%INF;return ans;
}
int main()
{int t;cin>>t;init();while(t--){scanf("%d%d",&n,&f);if(maps.find(pair<int,int>(n,f))!=maps.end()){printf("%I64d\n",maps[pair<int,int>(n,f)]);continue;}LL ans=0;for(int i=1; i<=n/f; i++){if((n%i)!=0)continue;ans+=C(n/i-1,f-1)*mou[i];if(ans>=INF)ans-=INF;if(ans<0)ans+=INF;}printf("%I64d\n",ans);maps[pair<int,int>(n,f)]=ans;}return 0;
}