本人第一道數(shù)論黑題，雖然有些參照題解，但是頗有收獲。

首先可以將問題轉(zhuǎn)化為求一下式子：

[prodlimits_{k=1}^nf_k^{sumlimits_{i=1}^nmu(i)left[frac{n}{ik}ight]left[frac{m}{ik}ight]}
]

顯然這個式子是可以分塊求解的，但是太慢了。

學(xué)到一個套路。令(T=ik)，調(diào)換一下順序成這樣：

[prodlimits_{T=1}^nprodlimits_{d|T}f_d^{mu(frac{T}ozvdkddzhkzd)left[frac{n}{T}ight]left[frac{m}{T}ight]}
]

發(fā)現(xiàn)有些東西可以提出來：

[prodlimits_{T=1}^nleft(prodlimits_{d|T}f_d^{mu(T/d)}ight)^{left[frac{n}{T}ight]left[frac{m}{T}ight]}
]

對于每一個，可以暴力預(yù)處理(prodlimits_{d|T}f_d^{mu(T/d)})，對于整體直接分塊就好了！

奉上代碼：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int maxn=1e6;
const int mod=1e9+7;
ll f[maxn+10],g[maxn+10];int t,n,m;
int mu[maxn+10],flag[maxn+10],pri[maxn+10],cnt;
inline ll ksm(ll x,ll y){
	ll ans=1;
	while(y){
		if(y&1)ans=(ans*x)%mod;
		x=(x*x)%mod;y>>=1;
	}
	return ans;
}
inline int read(){
	int x=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x;
}
signed main(){
	g[0]=f[1]=f[2]=1;
	for(int i=3;i<=maxn;i++)
		f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=maxn;i++){
		if(!flag[i])mu[i]=-1,pri[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=maxn;j++){
			flag[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0){
				mu[i*pri[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=maxn;i++)g[i]=1;
	for(int i=1;i<=maxn;i++)
		for(int j=1;j*i<=maxn;j++){
			if(mu[j]==0)continue;
			if(f[i]==0)g[i*j]=0;
			else if(mu[j]==1)g[i*j]=(g[i*j]*f[i])%mod;
			else g[i*j]=(g[i*j]*ksm(f[i],mod-2))%mod;
		}
	for(int i=2;i<=maxn;i++)
		g[i]=(g[i]*g[i-1])%mod;
	t=read();
	while(t--){
		n=read(),m=read();
		ll ans=1;
		if(n>m)std::swap(n,m);
		for(register int l=1,r;l<=n;l=r+1){
			r=std::min(n/(n/l),m/(m/l));
			ll tot=g[r]*ksm(g[l-1],mod-2)%mod;
			ans=(ans*ksm(tot,1ll*(n/l)*(m/l)%(mod-1)))%mod;
			//printf("l=%d
",l);
		}
		printf("%lld
",ans);
	}
	return 0;
}

深深地感到自己的弱小。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的数字表格的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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