HDU6363

先要知道几个结论gcd(2^a-1,2^b-1)=2^(gcd(a,b))-1;还得知道gcd(F[cnt1],F[cnt2])=F[gcd(cnt1,cnt2)]，这两个结论都可用数学归纳法来推导，推导第二个还要知道F数组相邻两个元素互质，那么此题对于一个gcd来说，他的贡献是2^(F(gcd))-1这么多。而对于把n分成k份使得他的gcd为gcd的倍数，n本书相同，k个书架不同，那么方案数为c(n/gcd+k-1,k-1)，使用隔板法的思想，而要求得gcd 就为当前枚举的gcd，则使用莫比乌斯函数进行容斥，是gcd的倍数-是gcd两倍的方案数，-是gcd3倍的方案数+是gcd4倍的方案数。ans为枚举所有的gcd然后莫比乌斯反演得到的每个gcd的方案数和，最后总方案书是c(n+k-1,k-1)，乘以他的逆元即可。总复杂度为T*n*lnn，但实际上只跑了143ms，使用int运算还是十分快的。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxl 2000010
#define mod 1000000007

int n,k;
int mu[maxl],p[maxl],F[maxl];
int jc[maxl],jcinv[maxl];
bool no[maxl];
int ans;

inline void shai()
{
	int t,j;
	mu[1]=1;no[1]=true;
	for(int i=2;i<maxl;i++)
	{
		if(!no[i])
			p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
		t=i*p[1];j=1;
		while(t<maxl && j<=p[0])
		{
			no[t]=true;
			if(i%p[j]==0)
				break;
			mu[t]=-mu[i];
			t=p[++j]*i;
		}
	}
}

inline int qp(int a,int b)
{
	int ans=1,cnt=a;
	while(b)
	{
		if(b&1)
			ans=(1ll*ans*cnt)%mod;
		cnt=(1ll*cnt*cnt)%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

inline int c(int n,int r)
{
	if(n<0 || r<0 || r>n) return 0;
	if(r==0 || n==r) return 1;
	return (1ll*((1ll*jc[n]*jcinv[n-r])%mod)*jcinv[r]%mod)%mod;
}

inline void init()
{
	shai();
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<maxl;i++)
		jc[i]=(1ll*jc[i-1]*i)%mod;
	jcinv[maxl-1]=qp(jc[maxl-1],mod-2);
	for(int i=maxl-2;i>=1;i--)
		jcinv[i]=(1ll*jcinv[i+1]*(i+1))%mod;
	F[0]=0;F[1]=1;
	for(int i=2;i<maxl;i++)
		F[i]=(F[i-1]+F[i-2])%(mod-1);
}

inline void prework()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	ans=0;
}

inline void mainwork()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	if(n%i==0)
	{
		int tmp=0;
		for(int j=i;j<=n;j+=i)
		if(n%j==0)
			tmp=(tmp+1ll*mu[j/i]*c(n/j+k-1,k-1)%mod+mod)%mod;
		ans=(ans+(1ll*tmp*(qp(2,F[i])-1+mod)%mod))%mod;
	}
	int num=c(n+k-1,k-1);
	ans=(1ll*ans*qp(num,mod-2))%mod;
}

inline void print()
{
	printf("%d\n",ans);
}

int main()
{
	freopen("B.in","r",stdin);
	freopen("B.out","w",stdout);
	init();
	int t;
	scanf("%d",&t);
	for(int i=1;i<=t;i++)
	{
		prework();
		mainwork();
		print();
	}
	return 0;
}