[CQOI2015]选数

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Description
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。

Input
输入一行，包含4个空格分开的正整数，依次为N，K，L和H。

Output
输出一个整数，为所求方案数。

Sample Input
2 2 2 4

Sample Output
3

HINT
\(1\leqslant N,K\leqslant10^9,1\leqslant L\leqslant H\leqslant10^9,H-L\leqslant10^5\)

题目要求（令\(H\)变为\(R\)）

\[\sum\limits_{a_1=L}^R\sum\limits_{a_2=L}^R...\sum\limits_{a_n=L}^R[\gcd\limits_{i=1}^n(a_i)=K]\]

同样的，我们令所有数整除一个\(K\)，注意到\(L\leqslant a_i\leqslant R\)，那么再次枚举的\(a_i'\)要满足\(L\leqslant a_i'×K\leqslant R\)，所以有

\[\sum\limits_{a_1=\lfloor\frac{L-1}{d}\rfloor+1}^{\lfloor\frac{R}{d}\rfloor}...\sum\limits_{a_n=\lfloor\frac{L-1}{d}\rfloor+1}^{\lfloor\frac{R}{d}\rfloor}[\gcd\limits_{i=1}^n(a_i)=1]\]

对最后一部分反演，并且将枚举\(x\)提前，得到

\[\sum\limits_{x=1}^{\lfloor\frac{R}{d}\rfloor}\mu(x)\sum\limits_{a_1=\lfloor\frac{L-1}{d}\rfloor+1}^{\lfloor\frac{R}{d}\rfloor}...\sum\limits_{a_n=\lfloor\frac{L-1}{d}\rfloor+1}^{\lfloor\frac{R}{d}\rfloor}1\]

后面那一坨长的都一个样子，而且可以给他们容斥一下，得到

\[\sum\limits_{x=1}^{\lfloor\frac{R}{d}\rfloor}\mu(x)(\lfloor\dfrac{R}{d}\rfloor-\lfloor\dfrac{L-1}{d}\rfloor)^n\]

如果我们能够求出\(\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)\)，那么我们就可以进行整除分块了

线筛？死了……\(n\leqslant 10^9\)；于是我们杜教筛一波，可以参考浅谈算法——杜教筛(这篇文章还没写，处于咕咕咕的状态……)

然后这题就做完了

/*program from Wolfycz*/
#include<map>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define Fi first
#define Se second
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline char gc(){
    static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int frd(){
    int x=0,f=1; char ch=gc();
    for (;ch<'0'||ch>'9';ch=gc())   if (ch=='-')    f=-1;
    for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
    return x*f;
}
inline int read(){
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())  if (ch=='-')    f=-1;
    for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())    x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
    return x*f;
}
inline void print(int x){
    if (x<0)    putchar('-'),x=-x;
    if (x>9)    print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e6,p=1e9+7;
map<int,int>Sum;
int prime[N+10],miu[N+10],sum[N+10];
bool inprime[N+10];
void prepare(){
    miu[1]=sum[1]=1; int tot=0;
    for (int i=2;i<=N;i++){
        if (!inprime[i])    miu[prime[++tot]=i]=-1;
        for (int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=N;j++){
            inprime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0){
                miu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }miu[i*prime[j]]=-miu[i];
        }
        sum[i]=sum[i-1]+miu[i];
    }
}
int S(int n){
    if (n<=N)   return sum[n];
    map<int,int>::iterator it=Sum.find(n);
    if (it!=Sum.end())  return it->Se;
    int res=1;
    for (int i=2,pos;i<=n;i=pos+1){
        pos=n/(n/i);
        res=(res-1ll*(pos-i+1)*S(n/i)%p)%p;
    }
    res=(res+p)%p;
    Sum.insert(map<int,int>::value_type(n,res));
    return res;
}
int mlt(int a,int b){
    int res=1;
    for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%p)  if (b&1)    res=1ll*res*a%p;
    return res;
}
int main(){
    prepare();
    int n=read(),k=read(),L=read(),R=read(),Ans=0;
    --L/=k,R/=k;
    for (int i=1,pos;i<=R;i=pos+1){
        pos=min(L/i?L/(L/i):inf,R/(R/i));
        Ans=(Ans+1ll*(S(pos)-S(i-1))*mlt(R/i-L/i,n)%p)%p;
    }
    printf("%d\n",(Ans+p)%p);
    return 0;
}

[CQOI2015]选数

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Wolfycz/p/10265092.html