于神之怒加强版
一、题目
二、解法
根据套路，先枚举\(\gcd\)：
\[\sum_{d=1}^nd^k\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)=1]
\]
后面那个式子就是最基础的反演：
\[\sum_{d=1}^nd^k\sum_{i=1}^{n/d}\frac{n}{id}\times\frac{m}{id}\times\mu(i)
\]
现在就可以用两次分块解决这道题，但是多组询问不允许这种做法，考虑先枚举 \(T=id\)：
\[\sum_{T=1}^n\frac{n}{T}\times\frac{m}{T}\sum_{d|T}d^k\times\mu(\frac{T}{d})
\]
后面那部分 \(g(T)\) 是积性函数，所以可以直接线性筛，欧拉筛的本质是用一个数最小的质因子筛掉这个数，我们记录一个数最小质因数的若干次方，算积性函数时就用最小质因数的 \(g\) 和剩余部分的 \(g\) 乘起来（是一个质数的倍数不能这么算，但是可以特判），处理出前缀和之后分块就行了，单次询问时间复杂度\(O(\sqrt n)\)
\(\tt UPD2021/1/9:\) 今天来复习莫比乌斯函数了，想补充一下后面那部分为什么是积性函数，这个证明思路应该是很广泛的。设 \(n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}....\)，我们考虑下面的式子是否等于 \(g(n)\) ：
\[\prod_{i=1}^tg(p_i^{k_i})=\prod_{i=1}^tp_i^{k_i}\mu(1)+\mu(p_i)p_{i}^{k_i}
\]
如果你深谙乘法原理的话就会发现展开成求和的形式，他是和 \(g(n)\) 相等的，然后 \(g(xy)=g(x)g(y)\) 就可以把 \(x,y\) 都展开成质因数相乘的形式，那么如果他们互质的话就是对的。
做一点小总结吧：如果遇到多组询问的莫比乌斯函数题，可以枚举某一个整体，然后可能就会得到积性函数的结构，预处理就可以优化了，这个柿子多半都可以欧拉筛，然后就可以在线回答询问啦
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
const int jzm = 1e9+7;
const int M = 5000005;
int read()
{
int x=0,flag=1;
char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return x*flag;
}
int T,k,n,m,cnt,p[M],low[M],f[M],vis[M];
int qkpow(int a,int b)
{
int r=1;
while(b>0)
{
if(b&1) r=r*a%jzm;
a=a*a%jzm;
b>>=1;
}
return r;
}
void init(int n)
{
f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i])
{
p[++cnt]=i;
f[i]=qkpow(i,k)-1;
low[i]=i;
}
for(int j=1;j<=cnt && i*p[j]<=n;j++)
{
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)
{
low[i*p[j]]=low[i]*p[j];
if(low[i]==i) f[i*p[j]]=(qkpow(i*p[j],k)-qkpow(i,k))%jzm;
else f[i*p[j]]=f[i/low[i]]*f[low[i]*p[j]]%jzm;
break;
}
f[i*p[j]]=f[i]*f[p[j]]%jzm;
low[i*p[j]]=p[j];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
f[i]=(f[i]+f[i-1])%jzm;
}
signed main()
{
T=read();k=read();
init(5e6);
while(T--)
{
n=read();m=read();
if(n>m) swap(n,m);
int ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans=(ans+(n/l)*(m/l)%jzm*(f[r]-f[l-1])%jzm)%jzm;
}
printf("%lld\n",(ans+jzm)%jzm);
}
}
