好的，我们先来分析一下这道题和给出的代码。

题目理解

我们有一个 $n \times m$ 的表格，格子 $(i, j)$ 的值是 $f[\gcd(i, j)]$，其中 $f$ 是 Fibonacci 数列（$f[0]=0, f[1]=1, f[n]=f[n-1]+f[n-2]$）。

要求表格中所有数的乘积，对 $10^9+7$ 取模。

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问题转化

设 $P(n, m) = \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^m f[\gcd(i, j)]$。

我们枚举 $\gcd(i, j) = d$，那么 $\gcd(i, j) = d$ 的 $(i, j)$ 对数是多少？

设 $i = d \cdot x, j = d \cdot y$，那么 $\gcd(x, y) = 1$，且 $1 \le x \le n/d, 1 \le y \le m/d$。

所以：

$$P(n, m) = \prod_{d=1}^{\min(n, m)} f[d]^{\sum_{x=1}^{n/d} \sum_{y=1}^{m/d} [\gcd(x, y) = 1]} $$

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指数上的计数

指数部分：

$$\sum_{x=1}^{n/d} \sum_{y=1}^{m/d} [\gcd(x, y) = 1] $$

可以用莫比乌斯反演：

$$\sum_{k=1}^{\min(n/d, m/d)} \mu(k) \cdot \left\lfloor \frac{n}{dk} \right\rfloor \cdot \left\lfloor \frac{m}{dk} \right\rfloor $$

于是：

$$P(n, m) = \prod_{d=1}^{\min(n, m)} f[d]^{\sum_{k} \mu(k) \lfloor n/(dk) \rfloor \lfloor m/(dk) \rfloor} $$

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进一步化简

令 $t = dk$，则 $d \mid t$，$k = t/d$。

指数部分变成：

$$\sum_{t=1}^{\min(n, m)} \left\lfloor \frac{n}{t} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{t} \right\rfloor \sum_{d \mid t} \mu\left(\frac{t}{d}\right) \cdot [\text{指数上多了一个} \dots] $$

其实更直接地，我们设 $g = d$，$t = g \cdot k$，那么：

$$P(n, m) = \prod_{g=1}^{\min(n, m)} f[g]^{\sum_{k=1}^{\min(n/g, m/g)} \mu(k) \lfloor n/(gk) \rfloor \lfloor m/(gk) \rfloor} $$

换元 $T = gk$：

$$P(n, m) = \prod_{T=1}^{\min(n, m)} \left[ \prod_{g \mid T} f[g]^{\mu(T/g)} \right]^{\lfloor n/T \rfloor \lfloor m/T \rfloor} $$

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代码中的实现

代码中定义：

$$s[T] = \prod_{g \mid T} f[g]^{\mu(T/g)}$$

在 init() 函数里：

• 先线性筛出 $\mu$ 和 $f$（Fibonacci 数列模 $10^9+7$）。
• 初始化 s[i] = 1。
• 对于每个 $i$（即 $g$），枚举倍数 $j$，如果 $\mu(j) = 1$，则乘 $f[i]$；如果 $\mu(j) = -1$，则乘 $f[i]$ 的逆元。这实际上是在计算： [ s[j \cdot i] \times= f[i]^{\mu(j)} ] 因为 $T = j \cdot i$，$g = i$，$T/g = j$，所以 $\mu(T/g) = \mu(j)$。

这样就能在 $O(n \log n)$ 时间内预处理出 $s$ 数组。

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查询部分

查询时： [ P(n, m) = \prod_{T=1}^{\min(n, m)} s[T]^{\lfloor n/T \rfloor \lfloor m/T \rfloor} ] 利用数论分块，对 $\lfloor n/T \rfloor$ 和 $\lfloor m/T \rfloor$ 相同的区间 $[l, r]$ 一起计算： [ \prod_{T=l}^r s[T]^{\lfloor n/T \rfloor \lfloor m/T \rfloor} = \left( \prod_{T=l}^r s[T] \right)^{\lfloor n/l \rfloor \lfloor m/l \rfloor} ] 前缀积可以 $O(1)$ 得到区间积，快速幂求幂次。

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算法标签

• 数论
• 莫比乌斯反演
• Fibonacci 数列
• 积性函数
• 数论分块
• 前缀积与逆元
• 线性筛

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时间复杂度

• 预处理：$O(n \log n + n)$
• 每次查询：$O(\sqrt{n})$（数论分块）

对于 $n, m \le 10^6, T \le 1000$ 是可行的。

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代码总结

代码的核心是：

1. 线性筛 $\mu$ 和预处理 $f$（Fibonacci）。
2. 利用倍数枚举法计算 $s[T] = \prod_{d|T} f[d]^{\mu(T/d)}$。
3. 前缀积优化区间乘积。
4. 查询时数论分块 + 快速幂。

这样就能高效求出所有格子的 Fibonacci 值的乘积。