标签：rac play typedef ref port ret 方案 ble print
给出\(n,k,L,R(\leq10^9)\)，求从\([L,R]\)中选出\(n\)个可相同有顺序的数使得其gcd为\(k\)的方案数。
记\(f(x)\)表示gcd为\(x\)时的方案数，那么我们要求的就是\(f(k)\)。设\(F(x)=\sum_{x|d}f(d)\)表示gcd为\(x\)的倍数时的方案数，即\(F(x)=(?\dfrac{R}{x}?-?\dfrac{L-1}{x}?)^n\)。于是我们得到
\[\begin{align*}
f(k) &= \sum_{k|d}\mu(\frac{k}{d})F(d) \&= \sum_{i=1}^{+∞}\mu(i)(?\frac{R}{ik}?-?\frac{L-1}{ik}?)^n \&= \sum_{i=1}^{+∞}\mu(i)(?\frac{?\frac{R}{k}?}{i}?-?\frac{?\frac{L-1}{k}?}{i}?)^n
\end{align*}\] 于是\(\mu(x)\)用杜教筛+map求前缀和，后面的部分整除分块即可。
//「CQOI2015」选数
#include <cstdio>
#include <map>
typedef long long lint;
using std::map;
inline int min(int x,int y) {return x<y?x:y;}
const int P=1e9+7;
const int N=2e6+10;
int n0;
int prCnt,pr[N]; bool prNot[N];
int mu[N],sum0[N];
void init(int n)
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!prNot[i]) pr[++prCnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=prCnt;j++)
{
int x=i*pr[j];
if(x>n) break;
prNot[x]=true;
if(i%pr[j]) mu[x]=-mu[i];
else break;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) sum0[i]=sum0[i-1]+mu[i];
}
map<int,int> S;
map<int,bool> get;
int sum(int x)
{
if(x<=n0) return sum0[x];
if(get[x]) return S[x];
int r=1;
for(int L=2,R;L<=x;L=R+1)
{
int v=x/L; R=x/v;
r=(r-1LL*(R-L+1)*sum(v)%P+P)%P;
}
get[x]=true; return S[x]=r;
}
int pow(int x,int y)
{
int r=1,t=x;
for(int i=y;i;i>>=1,t=(1LL*t*t)%P) if(i&1) r=(1LL*r*t)%P;
return r;
}
int main()
{
int n,k,a,b; init(n0=2e6);
scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&a,&b);
a=(a-1)/k,b=b/k;
lint ans=0;
for(int L=1,R;L<=b;L=R+1)
{
int v1=b/L,v2=a/L; R=v2?min(b/v1,a/v2):b/v1;
ans=(ans+1LL*(sum(R)-sum(L-1)+P)*pow(v1-v2,n)%P)%P;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}因为\(\mu(x)\)的部分和有可能是负数，所以运算之前要加一个\(10^9+7\)变成正数...
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原文地址：https://www.cnblogs.com/VisJiao/p/LOJ2095.html
