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解题思路:令id[i][j][k]表示最后三个数的gcd是i，最后两个数的gcd是j，最后一个数是k的状态值。这样表示的话状态就会被大大的压缩，而且我们的压缩方法也是正确的。因为题目要求的是gcd而不是他的值，所以不管最后三个数是什么，如果他们的i，j，k相同。说明他们的价值就是一样的。这样就可以把一个100*100*100的状态数压缩成大约1500的状态数。那么当p位置转移到p+1时，id值的改变状态也可以预处理出来。
设f[p][i][j][k]表示到达p位置最后三个数的gcd是i，最后两个数的gcd是j，最后一个数是k的数学期望，那么
f[p+1][i][j][k] = f[p][i][j][k] * 最后四个数的相应gcd的v值
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mx = 1e2 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
int n,a[mx],N,gcd[mx][mx],b[mx];
int id[mx][mx][mx],w[1500][mx];
int v[1500][mx];
ll f[mx][1500];
ll qpow(ll x,ll y)
{
ll ans = 1;
while(y){
if(y&1) ans = ans*x%mod;
y >>= 1;
x = x*x%mod;
}
return ans;
}
int main()
{
//for(int i=0;i<=N;i++)
//for(int j=1;j<=N;j++) sum[i] += num[i][j];
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&N);
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",b+i);
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=1;j<=N;j++) gcd[i][j] = __gcd(i,j);
int cnt = 0;
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=i;j<=N;j+=i)
for(int k=j;k<=N;k+=j) id[i][j][k] = ++cnt;
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=i;j<=N;j+=i)
for(int k=j;k<=N;k+=j){
int x = id[i][j][k];
for(int y=1;y<=N;y++)
w[x][y] = id[gcd[j][y]][gcd[k][y]][y],v[x][y] = b[gcd[i][y]];
}
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=1;j<=N;j++){
for(int k=1;k<=N;k++){
if(a[1]&&i!=a[1]) continue;
if(a[2]&&j!=a[2]) continue;
if(a[3]&&k!=a[3]) continue;
int u = gcd[gcd[i][j]][k];
f[3][id[u][gcd[j][k]][k]]++;
}
}
}
for(int i=3;i<n;i++){
for(int j=1;j<=cnt;j++){
if(f[i][j])
for(int k=1;k<=N;k++){
if(a[i+1]&&k!=a[i+1]) continue;
f[i+1][w[j][k]] = (f[i+1][w[j][k]]+f[i][j]*v[j][k])%mod;
}
}
}
ll ans = 0,c = 0;
for(int i=1;i<=cnt;i++) ans = (ans+f[n][i])%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) if(!a[i]) c++;
printf("%lld\n",ans*qpow(qpow(N,c),mod-2)%mod);
}
return 0;
}
