4816: [Sdoi2017]数字表格

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[][][]

Description

Doris刚刚学习了fibonacci数列。用f[i]表示数列的第i项，那么

f[0]=0

f[1]=1

f[n]=f[n-1]+f[n-2],n>=2

Doris用老师的超级计算机生成了一个n×m的表格，第i行第j列的格子中的数是f[gcd(i,j)]，其中gcd(i,j)表示i,

j的最大公约数。Doris的表格中共有n×m个数，她想知道这些数的乘积是多少。答案对10^9+7取模。

Input

有多组测试数据。

第一个一个数T，表示数据组数。

接下来T行，每行两个数n,m

T<=1000,1<=n,m<=10^6

Output

输出T行，第i行的数是第i组数据的结果

Sample Input

3

2 3

4 5

6 7

Sample Output

1

6

960

HINT

Source

[ ][ ][ ]

不知道为什么要用fibonacci，感觉既没有用到矩乘又没有用到$gcd(f[i],f[j])=f[gcd(i,j)]$的性质。

首先列出连乘式，可以发现很像莫比乌斯反演，先试着推一下式子，从每个数出现的次数入手。

$$Ans(n,m)=\prod_{d}f(d)^{\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m[(i,j)=d]}=\prod_{d=1}^{\min(n,m)}f(d)^{\sum_{p=1}^{\frac{\min(n,m)}{d}}\mu(d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor\frac{m}{pd}\rfloor}$$

到这里，有一种想法（可以拿60分）：

设$$g(n,m,d)=\sum_{i=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$$

这样$$Ans(n,m)=\prod_{d=1}^{\lfloor \frac{\min(n,m)}{d} \rfloor}f(d)^{g(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor,d)}$$

这个看上去用分块优化可以做到$$\begin{aligned}O(T\int_1^n\sqrt{\frac{n}{x}}dx)& =O(T\sqrt{n}\int_1^n\sqrt{\frac{1}{x}}dx)\\ & =O(2T\sqrt{n}\sqrt{n})\\ & =O(Tn)\end{aligned}$$

于是就有60分了。

那么我们继续化简刚才的式子：

$$\begin{aligned}Ans(n,m)& =\prod_{d=1}^{\min(n,m)}f(d)^{\sum_{d|T}^{\min(n,m)}\mu(\frac{T}{d})\lfloor \frac{n}{T} \rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor}\\ & =\prod_{T=1}^{\min(n,m)}\prod_{d|T}f(d)^{\mu(\frac{T}{d})\lfloor \frac{n}{T} \rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\\ & =\prod_{T=1}^{\min(n,m)}g(T)^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\end{aligned}$$ $g(T)$可以预处理出来，这样总复杂度就是$O(n\log n+T\sqrt{\min(n,m)})$了。

注意$\mu$在指数上时会有$-1$，这个要求逆元，如果先预处理所有$f[i]$的逆元的话会快一倍。

这道题总体并不难，主要就是将莫比乌斯反演中的一些套路从加法变成乘法了，实现的时候有几个细节注意一下就好。

（以后再也不手写LaTeX莫比乌斯反演的题解了）

1 #include
     
       2 #include
      
        3 #define rg register int 4 #define rep(i,l,r) for (rg i=l; i<=r; i++) 5 typedef long long ll; 6 using namespace std; 7  8 const int N=1000100,mod=1000000007; 9 bool b[N];10 int n,m,T,ans,tot,p[N],f[N],g[N],G[N],G1[N],miu[N],F[N][3];11 12 int ksm(int a,int b){13     int res;14     for (res=1; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1)15         if (b & 1) res=1ll*res*a%mod;16     return res;17 }18 19 void pre(){20     miu[1]=1;21     for (rg i=2; i
       
        m) swap(n,m); ans=1;44         for (rg i=1; i<=n; i=lst+1){45             lst=min(n/(n/i),m/(m/i));46             ans=1ll*ans*ksm(1ll*G[lst]*G1[i-1]%mod,1ll*(n/i)*(m/i)%(mod-1))%mod;47         }48         printf("%d\n",ans);49     }50     return 0;51 }