4816: [Sdoi2017]数字表格
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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 7Sample Output
1
6
960HINT
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，有一种错误的想法（没错就是我误以为可以拿60分的想法）：
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$$\begin{aligned}O(T\int_1^n\sqrt{\frac{n}{x}}dx)& =O(T\sqrt{n}\int_1^n\sqrt{\frac{1}{x}}dx)\\ & =O(2T\sqrt{n}\sqrt{n})\\ & =O(Tn)\end{aligned}$$但实际上由于分块区间不连续，复杂度是不对的。
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<cstdio>
2 #include<algorithm>
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<N; i++){
22 if (!b[i]) p[++tot]=i,miu[i]=-1;
23 for (rg j=1; j<=tot && p[j]*i<N; j++){
24 rg t=p[j]*i; b[t]=1;
25 if (i%p[j]) miu[t]=-miu[i]; else break;
26 }
27 }
28 for (rg i=1; i<N; i++) g[i]=1,F[i][0]=ksm(f[i],mod-2),F[i][1]=1,F[i][2]=f[i];
29 for (rg i=1; i<N; i++)
30 for (rg j=i; j<N; j+=i)
31 g[j]=1ll*g[j]*F[i][miu[j/i]+1]%mod;
32 G[0]=1; G[1]=g[1]; for (int i=2; i<N; i++) G[i]=1ll*G[i-1]*g[i]%mod;
33 G1[N-1]=ksm(G[N-1],mod-2); for (int i=N-2; ~i; i--) G1[i]=1ll*G1[i+1]*g[i+1]%mod;
34 }
35
36 int main(){
37 freopen("product.in","r",stdin);
38 freopen("product.out","w",stdout);
39 f[1]=1; for (rg i=2; i<N; i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;
40 pre();
41 for (scanf("%d",&T); T--; ){
42 scanf("%d%d",&n,&m); rg lst=0;
43 if (n>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 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/8718612.html