LOj 2000「SDOI2017」数字表格 （莫比乌斯反演）

题目链接：
LOj 2000

题意：
给你 n 和 m。
让你求 ans(n,m)=∏ni=1∏mj=1fib[gcd(i,j)]。

题解：

因为要求：ans(n,m)=∏ni=1∏mj=1fib[gcd(i,j)]
枚举k=gcd(i,j),得:

ans(n,m)=∏min(n,m)k=1fib[k]∑⌊nk⌋i=1∑⌊mk⌋j=1[gcd(i,j)=1]。

其中[gcd(i,j)=1]表示若gcd(i,j)=1，该式值为1，否则为0。
利用莫比乌斯函数的性质，得到：

ans(n,m)=∏min(n,m)k=1fib[k]∑⌊nk⌋i=1∑⌊mk⌋j=1∑d|gcd(i,j)μ(d)。

对每个 d 统计μ(d)被算了几次，则：

ans(n,m)=∏min(n,m)k=1fib[k]∑⌊min(n,m)k⌋d=1⌊nkd⌋⌊mkd⌋μ(d)。

如果我们直接算这个，复杂度是 O((n+m)34)。会TLE。但也会有60分吧。
我们可以令 p=kd ，则：

ans(n,m)=∏min(n,m)p=1∏k|pfib[k]⌊np⌋⌊mp⌋μ(pk)

=∏min(n,m)p=1(∏k|pfib[k]μ(pk))⌊np⌋⌊mp⌋。

（如果做得多了，其实可以直接推出上式，都是套路了。)
令g(x)=∏k|pfib[k]μ(pk)，可以通过枚举d，对于每个满足k|p 的 g(p)都乘上fib[k]μ(pk)，只需提前预处理μ(x)、fib(x)和fib(x)的逆元即可。
可以发现，发现对于每个p，∏k|pfib[k]μ(pk) 的值是固定的，而与n和m无关，于是我们先用筛法预处理出每个p对应的这个式子的值，前缀积一下，利用⌊np⌋⌊mp⌋ 只有 O(n√+m−−√) 种取值。我们可以在O((n+m)log(mod))时间内计算并回答每次询问（其中log(mod)为快速幂）,总的时间负责度就是O((max(n,m)+T(n√+m−−√))log(mod))。

注意：

快速幂求答案的时候指数模一下mod−1。因为 a(p−1)=1(mod p)  p，p 是质数,所以所有的指数是对(p−1)取模的。如果这个点不注意，100分会卡成30分…

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 1000010;const int mod = 1e9+7; int tot=0;int check[N],mu[N],fib[N];int prime[N];int inv[N];int g[N],f[N];ll q_mod(ll a,ll b){    ll res = 1;    while(b)    {        if(b&1) res=res*a%mod;        b>>=1;        a=a*a%mod;    }    return res;}void mobius(){    mu[1]=1;    int n=1000005;    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]]=0;                break;            }            else mu[i*prime[j]]=-mu[i];        }    }    for(int i=0;i<=n;i++){        f[i]=g[i]=1;    }    fib[0]=0; fib[1]=1;    for(int i=2;i<=n;i++)    {        fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2];        if(fib[i]>=mod) fib[i]-=mod;    }    for(int i=2;i<=n;i++){        inv[i]=q_mod(fib[i],mod-2);    }    for(int i=3;i<=n;i++)    {        for(int j=i,k=1;j<=n;j+=i,k++)        {            if(mu[k]==1)            {                f[ j ] = 1LL * f[ j ] * fib[ i ] % mod;                g[ j ] = 1LL * g[ j ] * inv[ i ] % mod;            }            else if(mu[k]==-1)            {                f[ j ] = 1LL * f[ j ] * inv[ i ] % mod;                g[ j ] = 1LL * g[ j ] * fib[ i ] % mod;            }        }    }    for(int i=2;i<=n;i++){        f[i] = 1LL * f[i] * f[i-1] % mod;        g[i] = 1LL * g[i] * g[i-1] % mod;    }}int t,n,m;int solve(){    int ans = 1 ;    for(int pos,i=1;i<=n;i=pos+1)    {        pos = min(n/(n/i),m/(m/i));        ans = 1LL * ans * q_mod( 1LL * f[pos] * g[i-1] % mod,1LL * (n/i) * (m/i) % (mod-1)) % mod;    }    //cout<<"ans="<<ans<<endl;     return ans;}int main(){//  freopen("product5.in","r",stdin);    mobius();//  cout<<"init finish"<<endl;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        if(n>m)swap(n,m);        int ans = solve();        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}