解析

很巧妙的题。
关键是要利用好边长为2的整数次幂的性质。
对下标从1开始党极不友好。

首先显然答案就是 $2^{a+b}$ -环。
让下标均从0开始。
对于一个点 $(i,j)$，它原来的内存地址为 $i\ast 2^a+j$，转置后的地址为 $j\ast 2^b+i$。
可以看出，其变换就相当于把一个长度为 $a+b$ 的二进制串的前a位放到串尾。
那么环其实就相当于这个置换的等价类的数量。
设 $g=\gcd (a,b),n=\frac{a+b}{g}$，那么本质就是 g 个大小为 n 的环独立进行 $[0,n-1]$ 的轮换。
接下来的反演就不难了。
$$circle=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(2^{\gcd (i,n)}{)}^g=\frac{1}{n}\sum _{d|n}{2}^{dg}\sum _{i=1}^n[\gcd (i,n)=d]=\frac{1}{n}\sum _{d|n}{2}^{dg}\phi (\frac{n}{d})$$
预处理欧拉函数和因数，复杂度 $O(n\ln n)-O(d(n)+\log n)$。
不要用 vector ,emplace_back 奇慢！

代码

//luogu
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define ok debug("OK\n")
inline ll read() {ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)) {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}const int N=1e6+100;
const int inf=1e9;
const int mod=1000003;inline ll ksm(ll x,ll k){ll res=1;while(k){if(k&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return res;
}int n,m;int prime[N],tot,v[N],phi[N];
struct node{int to,nxt;
}p[N*30];
int fi[N],cnt;
inline void add(int x,int y){p[++cnt]=(node){y,fi[x]};fi[x]=cnt;
}
ll f[N],mi[N];
void init(int n){phi[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++){if(!v[i]){phi[i]=i-1;prime[++tot]=i;}for(int j=1;j<=tot&&prime[j]<=n/i;j++){int now=prime[j];v[now*i]=now;if(i%now==0){phi[now*i]=now*phi[i];break;}else phi[now*i]=phi[now]*phi[i];}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i;j<=n;j+=i) add(j,i);}mi[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) mi[i]=mi[i-1]*2%mod;  return;
}
int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;
}
void work(){int a=read(),b=read();if(a==0||b==0){printf("0\n");return;}int g=gcd(a,b),n=(a+b)/g;ll ans(0);    for(int i=fi[n];i;i=p[i].nxt){int d=p[i].to;(ans+=phi[n/d]*mi[g*d])%=mod;//printf("T=%d  f=%lld tim=%d\n",T,f[T],n/(T/x));}ans=ans*ksm(n,mod-2)%mod;ans=(ksm(2,a+b)-ans+mod)%mod;printf("%lld\n",ans);
}signed main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);#endifinit(1000000);int T=read();while(T--) work();return 0;
}
/**/