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 $10^9+7$ 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

HINT

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， $1 \leq N,K \leq 10^9$ ， $1 \leq L \leq H \leq 10^9$ ， $H-L \leq 10^5$

题解

一句话题意：
求：

\underset{N}{\underset{⏟}{\sum_{i_{1} = L}^{H} \sum_{i_{2} = L}^{H} \dots \sum_{i_{N} = L}^{H}}} e [g c d (i_{1}, i_{2}, \dots, i_{N}) = K]

$\underset{N}{\underbrace{{\sum_{i_1 = L}^{H}\sum_{i_2 = L}^{H} \dots \sum_{i_N = L}^{H}}}} e\left [ gcd\left ( i_1, i_2, \dots, i_N \right ) = K \right ]$

一看一堆 Sigma 吓死人，但是化一化式子就会发现：

\sum_{i_{1} = ⌈ \frac{L}{K} ⌉}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋} \sum_{i_{2} = ⌈ \frac{L}{K} ⌉}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋} \dots \sum_{i_{N} = ⌈ \frac{L}{K} ⌉}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋} e [g c d (i_{1}, i_{2}, \dots, i_{N}) = 1]

${\sum_{i_1 = \left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor}\sum_{i_2 = \left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor} \dots \sum_{i_N = \left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor} } e\left [ gcd\left ( i_1, i_2, \dots, i_N \right ) = 1 \right ]$

\sum_{i_{1} = ⌈ \frac{L}{K} ⌉}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋} \sum_{i_{2} = ⌈ \frac{L}{K} ⌉}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋} \dots \sum_{i_{N} = ⌈ \frac{L}{K} ⌉}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋} ε (g c d (i_{1}, i_{2}, \dots, i_{N}))

${\sum_{i_1 = \left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor}\sum_{i_2 = \left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor} \dots \sum_{i_N = \left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor} } \varepsilon \left ( gcd\left ( i_1, i_2, \dots, i_N \right ) \right )$

\sum_{i_{1} = ⌈ \frac{L}{K} ⌉}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋} \sum_{i_{2} = ⌈ \frac{L}{K} ⌉}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋} \dots \sum_{i_{N} = ⌈ \frac{L}{K} ⌉}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋} \sum_{d | g c d (i_{1}, i_{2}, \dots, i_{N})} μ (d)

${\sum_{i_1 = \left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor}\sum_{i_2 = \left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor} \dots \sum_{i_N = \left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor} } \sum_{d | gcd\left ( i_1, i_2, \dots, i_N \right )} \mu \left ( d \right )$

\sum_{d = 1}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋} μ (d) \sum_{i_{1} = ⌈ \frac{⌈ \frac{L}{K} ⌉}{d} ⌉}^{⌊ \frac{⌊ \frac{H}{K} ⌋}{d} ⌋} \sum_{i_{2} = ⌈ \frac{⌈ \frac{L}{K} ⌉}{d} ⌉}^{⌊ \frac{⌊ \frac{H}{K} ⌋}{d} ⌋} \dots \sum_{i_{N} = ⌈ \frac{⌈ \frac{L}{K} ⌉}{d} ⌉}^{⌊ \frac{⌊ \frac{H}{K} ⌋}{d} ⌋} 1

$\sum_{d = 1} ^ {\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor} \mu \left ( d \right ) \sum_{i_1 = \left \lceil \frac{\left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}{d} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor}{d} \right \rfloor}\sum_{i_2 = \left \lceil \frac{\left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}{d} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor}{d} \right \rfloor} \dots \sum_{i_N = \left \lceil \frac{\left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}{d} \right \rceil}^{\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor}{d} \right \rfloor} 1$

\sum_{d = 1}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋} μ (d) {(⌊ \frac{⌊ \frac{H}{K} ⌋}{d} ⌋ - ⌈ \frac{⌈ \frac{L}{K} ⌉}{d} ⌉)}^{N}

$\sum_{d = 1} ^ {\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor} \mu \left ( d \right ) \left ( \left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor}{d} \right \rfloor - \left \lceil \frac{\left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}{d} \right \rceil \right ) ^N$

于是就可以反演啦！但是还有一个问题， $\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor$ 是 $10 ^ 9$ 级别的，那怎么办呢？

我们发现 $H - L$ 是 $10 ^ 5$ 级别的。一个神奇的性质：当所有数不全部相同时，

g c d (i_{1}, i_{2}, \dots, i_{N}) \leq m a x {i_{1}, i_{2}, \dots, i_{N}} - m i n {i_{1}, i_{2}, \dots, i_{N}}

$gcd\left ( i_1, i_2, \dots, i_N \right ) \leq max\left \{ i_1, i_2, \dots, i_N \right \} - min\left \{ i_1, i_2, \dots, i_N \right \}$

证明如下：
设 $d = gcd\left ( i_1, i_2, \dots, i_N \right )$ ， $a = min\left \{ i_1, i_2, \dots, i_N \right \}$ ， $b = max\left \{ i_1, i_2, \dots, i_N \right \}$ 。
显然 $a = k_1d (k_1 \in \mathbb{Z}^+)$ ， $b = k_2d (k_2 \in \mathbb{Z}^+, k_2 > k_1)$ 。所以 $b - a \geq d$ ，得证。

于是我们只处理所有数字不全相同的情况就可以了。如果区间有 $1$ ，我们还要在答案加上 $1$ ，因为我们可以所有的数都选 $1$ 。

式子变为：

\sum_{d = 1}^{⌊ \frac{H}{K} ⌋ - ⌈ \frac{L}{K} ⌉} μ (d) ({(⌊ \frac{⌊ \frac{H}{K} ⌋}{d} ⌋ - ⌈ \frac{⌈ \frac{L}{K} ⌉}{d} ⌉)}^{N} - (⌊ \frac{⌊ \frac{H}{K} ⌋}{d} ⌋ - ⌈ \frac{⌈ \frac{L}{K} ⌉}{d} ⌉)) + e [⌈ \frac{L}{K} ⌉ = 1]

$\sum_{d = 1} ^ {\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor - \left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil} \mu \left ( d \right ) \left ( \left ( \left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor}{d} \right \rfloor - \left \lceil \frac{\left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}{d} \right \rceil \right ) ^N - \left ( \left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{H}{K} \right \rfloor}{d} \right \rfloor - \left \lceil \frac{\left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil}{d} \right \rceil \right ) \right ) + e\left [ \left \lceil \frac{L}{K} \right \rceil = 1\right ]$

完成！
复杂度 $O\left ( H - L + q\sqrt{H - L}\log_2N ) \right )$ ， $q$ 为询问次数，很显然在本题是 $1$ 。比那些枚举 $gcd$ 递推的好到不知道哪里去了。

My Code

/**************************************************************
    Problem: 3930
    User: infinityedge
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:160 ms
    Memory:4028 kb
****************************************************************/

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <complex>

#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-10

#define lc k << 1
#define rc k << 1 | 1

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<ll, int> P;

const ll mod = 1e9 + 7;


ll n, k, l, h;

ll pri[50005];int cnt, vis[200005];
ll qpow(ll a, ll b){
    ll ret = 1;
    for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod){
        if(b & 1) ret = ret * a % mod;
    }
    return ret;
}

ll miu[200005];

void liner_shaker(){
    int MAXN = 200001;
    vis[1] = 1; miu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= MAXN; i ++){
        if(!vis[i]) pri[++cnt] = i, miu[i] = -1;
        for(int j = 1; i * pri[j] <= MAXN; j ++){
            if(i % pri[j] == 0){
                vis[i * pri[j]] = 1;
                miu[i * pri[j]] = 0;
                break;
            }
            vis[i * pri[j]] = 1;
            miu[i * pri[j]] = -miu[i];
        }
    }
    for(int i = 2; i <= MAXN; i ++) miu[i] += miu[i - 1];
}

ll ans = 0;
int main(){
    liner_shaker();
    scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &k, &l, &h);

    if(l % k != 0)l = (l / k) + 1;
    else l = l / k;
    h = h / k;
    if(l > h){
        printf("0\n");
        return 0;
    }
    ll nx = 0;
    for(ll i = 1; i <= h - l; i = nx + 1){
        ll nl;
        if(l >= i) nl = l / (l / i) - 1;
        else nl = h - l;
        if(nl = i) nl ++;
        nx = min(h / (h / i), nl);
        if(nx > h - l) nx = h - l;
        ll L = (l / i), R = h / i;
        if(l % i != 0) L ++;
        if(L > R) continue;
        ans = (ans + (qpow(R - L + 1, n) - (R - L + 1) + mod) % mod * ((miu[nx] - miu[i - 1] + mod) % mod)) % mod;
    }
    if(l == 1) ans = (ans + 1) % mod;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

「BZOJ3930」「CQOI2015」选数