[BZOJ4816][SDOI2017]数字表格(莫比乌斯反演)

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）

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rg register int
#define rep(i,l,r) for (rg i=l; i<=r; i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=1000100,mod=1000000007;
bool b
;
int n,m,T,ans,tot,p
,f
,g
,G
,G1
,miu
,F
[3];

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

void pre(){
miu[1]=1;
for (rg i=2; i<N; i++){
if (!b[i]) p[++tot]=i,miu[i]=-1;
for (rg j=1; j<=tot && p[j]*i<N; j++){
rg t=p[j]*i; b[t]=1;
if (i%p[j]) miu[t]=-miu[i]; else break;
}
}
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];
for (rg i=1; i<N; i++)
for (rg j=i; j<N; j+=i)
g[j]=1ll*g[j]*F[i][miu[j/i]+1]%mod;
G[0]=1; G[1]=g[1]; for (int i=2; i<N; i++) G[i]=1ll*G[i-1]*g[i]%mod;
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;
}

int main(){
freopen("product.in","r",stdin);
freopen("product.out","w",stdout);
f[1]=1; for (rg i=2; i<N; i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;
pre();
for (scanf("%d",&T); T--; ){
scanf("%d%d",&n,&m); rg lst=0;
if (n>m) swap(n,m); ans=1;
for (rg i=1; i<=n; i=lst+1){
lst=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans=1ll*ans*ksm(1ll*G[lst]*G1[i-1]%mod,1ll*(n/i)*(m/i)%(mod-1))%mod;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}