又被學弟們爆錘了TAT感覺可以原地退役了_(:з」∠)_

題目連結：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6868

題目大意：設\(f(n)=\sum_{d|n} |\mu(d)|\)，求\(\sum_{i=1}^{m} f(ni)\)

題解：分析\(f(n)\)的性質，設\(n=\prod_{i=1}^{k} p_i^{q_i}\)，\(\omega = \prod_{i=1}^{k} p_i \)，顯然當且僅當\(d|\omega\)時存在貢獻，而這樣的\(d\)一共有\(2^k\)個。故若我們設\(k(n)\)為\(n\)的不同質因子個數，則\(f(n)=2^{k(n)}\)，是一個積性函式

　　　由於\(k(n)=k(\omega)\)，所以有\(f(n)=f(\omega)\)，進一步地我們可以得出，\(\sum_{i=1}^{m} f(ni)=\sum_{i=1}^{m} f(\omega i)\)。令\(S(n,m)=\sum_{i=1}^{m} f(ni)\)，則有\(S(n,m)=S(\omega,m)\)

　　　注意到\(\omega\)是不同質數的乘積，因此\(f(\omega i)=f(i)\cdot f(\frac{\omega}{gcd(i,\omega)})\)，就有$$S(n,m)=S(\omega,m)=\sum_{i=1}^{m} f(\omega i)=\sum_{i=1}^{m} f(i)\cdot f(\frac{\omega}{gcd(i,\omega)})$$

　　　列舉\(d=gcd(i,\omega)\)，得到$$S(\omega,m)=\sum_{d|\omega}f(\frac{\omega}{d})\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}f(id)[gcd(i,\frac{\omega}{d})=1]$$

　　　由\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]\)$$S(\omega,m)=\sum_{d|\omega}f(\frac{\omega}{d})\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}f(id)\sum_{e|gcd(i,\frac{\omega}{d})}\mu(e)$$

　　　交換求和次序，則答案為$$\sum_{d|\omega}f(\frac{\omega}{d})\sum_{e|\frac{\omega}{d}}\mu(e)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{de} \rfloor}f(ide)$$

　　　設\(T=d\cdot e\)，則有\(T|\omega\)，再次交換求和次序，得出答案為$$\sum_{T|\omega}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{T} \rfloor}f(iT)\sum_{d|T}\mu(d)f(\frac{\omega}{\frac{T}{d}})=\sum_{T|\omega}S(T,\lfloor \frac{m}{T} \rfloor)\sum_{d|T}\mu(d)f(d\cdot \frac{\omega}{T})$$

　　　再次注意到\(\omega\)是不同質數的乘積，因此有對任意\(T|\omega\)，\(gcd(T,\frac{\omega}{T})=1\)，而由於\(d|T\)，故\(f(d\cdot \frac{\omega}{T})=f(d)f(\frac{\omega}{T})\)，因此有$$S(\omega,m)=\sum_{T|\omega}S(T,\lfloor \frac{m}{T} \rfloor)\sum_{d|T}\mu(d)f(d)f(\frac{\omega}{T})=\sum_{T|\omega}f(\frac{\omega}{T})S(T,\lfloor \frac{m}{T} \rfloor)\sum_{d|T}\mu(d)f(d)$$

　　　其中\(f\)的值可以\(O(n)\)線性篩預處理，\(S\)可以遞迴求解，現在問題就在於求\(\sum_{d|T}\mu(d)f(d)\)的值

　　　注意到這邊\(T\)也是若干個不同質數的乘積，而\(f(d)=2^{k(d)}, \mu(d)=(-1)^{k(d)}\)，考慮對所有相同的\(k\)進行求和，則有\(\sum_{d|T}\mu(d)f(d)=\sum_{i=0}^{k(T)}C_{k(T)}^{i}2^i\cdot(-1)^i\)，發現這是一個二項式展開的形式，故有\(\sum_{d|T}\mu(d)f(d)=(2+(-1))^{k(T)}=(-1)^{k(T)}=\mu(T)\)，於是我們就得出了最終的式子$$S(n,m)=S(\omega,m)=\sum_{T|\omega}\mu(T)f(\frac{\omega}{T})S(T,\lfloor \frac{m}{T}\rfloor)$$

　　　得到這個式子後直接遞迴求解即可，最壞情況下\(n\)是等於最小的八個質數的乘積\(9699690\)，這種情況下也只會遍歷到\(256\)個不同的\(S(n,m)\)，賽中直接交跑了不到三秒就過了，賽後再交發現會TLE，可能還需要些常數優化_(:з」∠)_（賽中賽後執行時間差了整整一倍可還行）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 10000001
#define MOD 1000000007
int T,n,f[N],sf[N],mu[N],v[N],p[N],cnt;
void pretype()
{
    v[1]=f[1]=mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!v[i]){p[++cnt]=i,mu[i]=-1,f[i]=2,v[i]=i;}
        for(int j=1;j<=cnt && 1ll*i*p[j]<N;j++){
            v[i*p[j]]=v[i]*p[j];
            if(i%p[j]==0){f[i*p[j]]=f[i],v[i*p[j]]=v[i];break;}
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
            f[i*p[j]]=2*f[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++)sf[i]=(sf[i-1]+f[i])%MOD;
}
int S(int n,int m)
{
    if(m==0)return 0;
    if(m==1)return f[n];
    if(n==1)return sf[m];
    int res=0;
    for(int d=1;d*d<=n;d++)if(n%d==0){
        res=(res+MOD+1ll*f[n/d]*S(d,m/d)%MOD*mu[d])%MOD;
        res=(res+MOD+1ll*f[d]*S(n/d,m/(n/d))%MOD*mu[n/d])%MOD;
    }
    return res;
}
int main()
{
    int T,n,m;
    pretype();
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        printf("%d\n",S(v[n],m));
    }
}