BZOJ3930：[CQOI2015]选数——题解

https://www.luogu.org/problemnew/show/P3172#sub

我们知道，从区间[L,H]（L和H为整数）中选取N个整数，总共有(H-L+1)^N种方案。小z很好奇这样选出的数的最大公约数的规律，他决定对每种方案选出的N个整数都求一次最大公约数，以便进一步研究。然而他很快发现工作量太大了，于是向你寻求帮助。你的任务很简单，小z会告诉你一个整数K，你需要回答他最大公约数刚好为K的选取方案有多少个。由于方案数较大，你只需要输出其除以1000000007的余数即可。

参考：
http://blog.csdn.net/u012288458/article/details/51024404

http://blog.csdn.net/TA201314/article/details/50963772

（然而上面这两位或多或少都有问题）

首先想到莫比乌斯反演，你们dp都是怎么想到的啊喂。

先行特判掉\(n=1\)和\(l>r\)和\(k>r\)的情况。

那么开始推式子，注意为了本人的习惯把h改为了r：

\(\sum_{i_1=l}^r\sum_{i_2=l}^r\cdots\sum_{i_n=l}^r[gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)=k]\)

\(=\sum_{i_1=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{i_2=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\cdots\sum_{i_n=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}[gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)=1]\)

\(=\sum_{i_1=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{i_2=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\cdots\sum_{i_n=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{d|gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)}\mu(d)\)

\(=\)套路(为了方便起见，下文开始\(\lfloor\frac{r}{k}\rfloor=r,\lceil\frac{l}{k}\rceil=l\))

\(=\sum_{d=1}^{r-l}(\lfloor\frac{r}{d}\rfloor-\lfloor\frac{l-1}{d}\rfloor)^n\mu(d)\)

（这里有一个奇妙的性质那就是在\([l,r]\)区间中任取两个不相等的数，则他们的最大公约数不大于\(r-l\)）

（问了数竞大佬，貌似给了一个靠谱的证明？我们取\(ij\)两个互质的数，显然它们\(gcd=1\)，那么我们给他们同时乘数m，则它们的\(gcd=m\)，而\(r-l\)最小即为\((j-i)*m>=m\)，问题得证。）

但是注意对于有相同数的数对我们要减去它们才可以，所以边算边记录，最后一并扣掉。

同时注意如果\(l=1\)的话则\(l\)到\(r\)之间存在\(k\)所以一堆\(k\)是成立的于是不能多减。

小技巧：因为我们要用到的是\(l-1\)，所以最开始扣掉1。

但是我按照原来的\(l\)重新写了代码发现跪了，所以emmm我不知道是我代码实现能力太差还是我导的哪里有问题，所以如果有人能够指出错误非常欢迎。

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
const ll p=1e9+7;
ll n,k,l,r,su[N],miu[N],cnt[N];
bool he[N];
ll pow(ll x,ll y){
    ll res=1;
    while(y){
    if(y&1)res=res*x%p;
    x=x*x%p;
    y>>=1;
    }
    return res;
}
void Euler(int n){
    int tot=0;
    miu[1]=1;    
    for(int i=2;i<=n;i++){    
    if(!he[i]){   
        su[++tot]=i;    
        miu[i]=-1;
    }    
    for(int j=1;j<=tot;j++){    
        if(i*su[j]>n)break;    
        he[i*su[j]]=1;   
        if(i%su[j]==0){    
        miu[i*su[j]]=0;break;    
        }    
        else miu[i*su[j]]=-miu[i];  
    }
    }
    return;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&l,&r);
    if(l>r||k>r){
    puts("0");
    return 0;
    }
    if(n==1){
    if(l<=k&&k<=r)puts("1");
    else puts("0");
    return 0;
    }
    Euler(1e5);
    l=(l-1)/k;r/=k;
    ll ans=0;
    for(int i=r-l;i>=1;i--){
    if(miu[i]){
        int j=i*(l/i+1),tot=0;
        while(j<=r){
        cnt[j-l]+=miu[i];
        j+=i;tot++;
        
        }
        ans=(ans+miu[i]*pow(tot,n)%p)%p;
    }
    }
    for(int i=r-l;i>1;i--){
    ans=(ans-cnt[i])%p;
    }
    if(!l)ans=(ans-(1-cnt[1]))%p;
    else ans=(ans-cnt[1])%p;
    printf("%lld\n",(ans+p)%p);
    return 0;
}

+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++