洛谷 P3172 [CQOI2015]选数 莫比乌斯反演+杜教筛

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：
输入一行，包含4个空格分开的正整数，依次为N，K，L和H。

输出格式：
输出一个整数，为所求方案数。

输入输出样例

输入样例#1：
2 2 2 4
输出样例#1：
3
说明

样例解释

所有可能的选择方案：(2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 2), (4, 3), (4, 4)

其中最大公约数等于2的只有3组：(2, 2), (2, 4), (4, 2)

对于100%的数据，1<=N,K<=10^9，1<=L<=H<=10^9，H-L<=10^5

分析：
我们设f[d]为n个数gcd为d，g[d]为d|gcd的方案数，显然有

$$f(d)=\sum_{d|i}\mu(i/d)g(i)$$
$$g(i)=(\lfloor\frac{H}{i}\rfloor-\lfloor\frac{L-1}{i}\rfloor)^n$$
于是可以反演一下，
$$f(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{H}{d}\rfloor}\mu(i)g(i*d)$$
$$f(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{H}{d}\rfloor}\mu(i)*(\lfloor\frac{H}{id}\rfloor-\lfloor\frac{L-1}{id}\rfloor)^n$$
后面整除分块，然后杜教筛 $\mu$，就可以了。

代码：

// luogu-judger-enable-o2
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <map>
#define LL long long

const int maxn=2e6+6;
const LL p=1000000007;

using namespace std;

LL n,k,a,b,cnt,ans;
LL mul[maxn],prime[maxn],not_prime[maxn],f[maxn];

map <LL,LL> h;

void getmul(LL n)
{
    mul[1]=1;
    for (LL i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!not_prime[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            mul[i]=-1;
        }
        for (LL j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if (i*prime[j]>n) break;
            not_prime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0)
            {
                mul[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else mul[i*prime[j]]=-mul[i];
        }
    }
    for (LL i=1;i<=n;i++) f[i]=f[i-1]+mul[i];
}

LL power(LL x,LL y)
{
    if (y==1) return x;
    LL c=power(x,y/2);
    c=(c*c)%p;
    if (y%2) c=(c*x)%p;
    return c;
}

LL getsum(LL n)
{
    if (n<=2e6) return f[n];
    LL c=h[n];
    if (c) return c;
    LL sum=0;
    for (LL i=2,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=n/(n/i);
        sum+=(last-i+1)*getsum(n/i);
    }
    c=1-sum;
    h[n]=c;
    return c;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&a,&b);
    getmul(2e6);
    a=(a-1)/k; b=b/k;
    LL x=0,y=0;         
    for (int i=1,last;i<=b;i=last+1)
    {
        if (a/i==0) last=b/(b/i);
               else last=min(a/(a/i),b/(b/i));
        y=getsum(last);
        ans=(ans+(y+2*p-x)%p*power((b/i+p-a/i)%p,n)%p)%p;
        x=y;
    }
    printf("%lld",ans);
}