Description

Doris剛剛學習了fibonacci數列。用f[i]表示數列的第i項，那麼

f[0]=0

f[1]=1

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

Doris用老師的超級計算機生成了一個n×m的表格，第i行第j列的格子中的數是f[gcd(i,j)]，其中gcd(i,j)表示i,

j的最大公約數。Doris的表格中共有n×m個數，她想知道這些數的乘積是多少。答案對10^9+7取模。

Input

有多組測試資料。

第一個一個數T，表示資料組數。

接下來T行，每行兩個數n,m

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

Output

輸出T行，第i行的數是第i組資料的結果

Sample Input

3
2 3
4 5
6 7

Sample Output

1
6
960

solution

題目讓求的是：
\[ ans=\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^mf(gcd(i,j)) \]
然後列舉\(gcd\)的結果：
\[ ans=\prod_{d=1}^{min(n,m)}pow(f(d),{\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}}[gcd(i,j)=1]) \]
其中，\(pow(a,x)\)表示\(a^x\)其實只是因為美觀

整理一下可得：
\[ \begin{align} ans&=\prod_{d=1}^{min(n,m)}pow(f(d),\sum_{d_1}{\mu(d_1)\lfloor\frac{n}{dd_1}\rfloor\lfloor\frac{m}{dd_1}\rfloor})\\ &=\prod_{T=1}^{min(n,m)}\prod_{d|T}pow(f(d),\mu(\frac{T}{d})\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\\ &=\prod_{T=1}^{min(n,m)}pow(\prod_{d|T}pow(f(d),\mu(\frac{T}{d})),\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\\ \end{align} \]

\[ \begin{align} ans&=\prod_{T=1}^{min(n,m)}pow(g(T),\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor) \end{align} \]

然後\(g(n)\)（貌似？）並不滿足積性函式的性質，由於\(n\)較小，我們可以大力預處理\(g\)，然後其他的函式篩一篩，在數論分塊下就做完了。

時間複雜度\(O(n*log(n)+q*\sqrt{n}*log(n))\)。

後面那個log是快速冪的複雜度。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long 

void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}

void print(int x) {
    if(x<0) x=-x,putchar('-');
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

const int maxn = 1e6+1;
const int mod = 1e9+7;

int pri[maxn],f[maxn],mu[maxn],g[maxn],tot,vis[maxn],invf[maxn],invg[maxn];

int qpow(int a,int x) {
    int res=1;
    for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}

void sieve() {
    f[0]=0,f[1]=1;invf[1]=invf[0]=1;mu[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++) {
        f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;
        invf[i]=qpow(f[i],mod-2);
        if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int t,j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
            vis[t=i*pri[j]]=1;
            if(!(i%pri[j])) {mu[t]=0;break;}
            mu[t]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=0;i<maxn;i++) g[i]=1;
    for(int i=1;i<maxn;i++) {
        if(!mu[i])  continue;
        for(int j=i;j<maxn;j+=i) 
            g[j]=1ll*g[j]*(mu[i]==1?f[j/i]:invf[j/i])%mod;
    }
    for(int i=1;i<maxn;i++) g[i]=1ll*g[i]*g[i-1]%mod;
    //for(int i=1;i<=10;i++) write(g[i]);
}

int main() {
    int t;read(t);
    //int PRE=clock();
    sieve();
    //cerr << (double)(clock()-PRE)/1e6 << endl;
    while(t--) {
        int n,m;read(n),read(m);
        int T=1,ans=1;if(n>m) swap(n,m);
        while(T<=n) {
            int pre=T;T=min(n/(n/T),m/(m/T));
            ans=1ll*ans*(qpow(qpow(1ll*g[T]*qpow(g[pre-1],mod-2)%mod,n/T),m/T))%mod;
            T++;
        }
        write(ans);
    }
    return 0;
}