#莫比乌斯反演，乘法逆元，快速幂，整除分块#JZOJ 100006 洛谷 3704 bzoj 4816 数字表格

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反演

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同余、乘法逆元

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本文深入探讨了求解斐波那契数列乘积问题的方法，通过数学推导，将原问题转化为易于计算的形式，并提供了一种高效的时间复杂度算法实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目

求 $∏i=1n∏j=1mFgcd(i,j)\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mF_{gcd(i,j)}$ ,F是斐波那契数列

分析

使 $n≤mn\leq m$
$=∏d=1nFd∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==d]\large=\prod_{d=1}^n{F_d}^{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]}$
重点是指数
$∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==d]=∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋[gcd(i,j)==1]\large\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[gcd(i,j)==1]$
$=∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋∑k∣i,k∣jμ(k)\large=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{k|i,k|j}\mu(k)$
$=∑k=1⌊nd⌋μ(k)⌊nkd⌋⌊mkd⌋\large=\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor$
所以 $=∏d=1nFd∑k=1⌊nd⌋μ(k)⌊nkd⌋⌊mkd⌋\large=\prod_{d=1}^n{F_d}^{\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}$
令 $i = k d$
$∏i=1n(∏k∣iFkμ(ik))⌊ni⌋⌊mi⌋\large\prod_{i=1}^n(\prod_{k|i}F_{k}^{\mu(\frac{i}{k})})^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor}$
时间复杂度 $O(nlog⁡n(log⁡n+log⁡mod)+qnlog⁡mod)O(n\log n(\log n+\log mod)+q\sqrt n\log mod)$

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#define rr register
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
const int mod=1000000007,N=1000101;
int mu[N],dp[N],inv[N],prime[80001],cnt; bool v[N];
inline signed iut(){
    rr int ans=0; rr char c=getchar();
    while (!isdigit(c)) c=getchar();
    while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
    return ans;
}
inline signed ksm(int x,int y){
    rr int ans=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
        if (y&1) ans=1ll*ans*x%mod;
    return ans;
}
inline void init(){
    dp[0]=dp[1]=inv[1]=inv[0]=mu[1]=1;
    for (rr int i=2;i<=N;++i){
        dp[i]=inv[i]=1;
        if (!v[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for (rr int j=1;prime[j]*i<=N;++j){
            v[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]) mu[i*prime[j]]=-mu[i];
                else break;
        }
    }
    for (rr int i=1,a=1,b=0;i<=N;++i){
        b=b+a-mod*(b+a>=mod),a=b-a+mod*(b<a);
        rr int t[3]={ksm(b,mod-2),1,b};
        for (rr int j=i,k=1;j<=N;j+=i,++k)
            dp[j]=1ll*dp[j]*t[mu[k]+1]%mod,
                inv[j]=1ll*inv[j]*t[1-mu[k]]%mod;
    }
    for (rr int i=1;i<=N;++i) dp[i]=1ll*dp[i-1]*dp[i]%mod,inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%mod;
}
void print(int ans){
    if (ans>9) print(ans/10);
    putchar(ans%10+48);
}
signed main(){
    init();
    for (rr int t=iut();t;--t){
        rr int n=iut(),m=iut();
        if (n>m) n^=m,m^=n,n^=m;
        rr int ans=1;
        for (rr int l=1,r;l<=n;l=r+1){
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans=1ll*ans*ksm(1ll*dp[r]*inv[l-1]%mod,1ll*(n/l)*(m/l)%(mod-1))%mod;
        }
        print(ans); putchar(10);
    }
    return 0;
}