洛谷3172 BZOJ3930 CQOI2015 选数 莫比乌斯反演 杜教筛

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题意：
给你 $n,k,l,r$，让你从 $[l,r]$选一个数，选 $n$次，总方案数是 $(r-l+1)^n$，问选出的 $n$个数的gcd恰好是 $k$的方案数。 $n,k,l,r<=1e9,r-l<=1e5$

题解：
考虑反演。
我们设 $f(x)$表示gcd是 $x$的倍数的方案数，设 $g(x)$表示gcd是 $x$的方案数。那么我们有 $f(n)=\sum_{n|d}^rg(d)=(\lfloor\frac{r}{k}\rfloor-\lfloor\frac{l-1}{k}\rfloor)^n$ 其中 $\lfloor\frac{r}{k}\rfloor-\lfloor\frac{l-1}{k}\rfloor$表示在 $[l,r]$之间有多少个数是 $k$的倍数，只有从这些数中选最后才看 $gcd$是 $k$或 $k$的倍数，而一次有这么多种情况，一共要选 $n$次，于是就是 $n$次方。然后接下来开始莫比乌斯反演。 $g(n)=\sum_{n|d}f(d)\mu(\lfloor\frac{d}{n}\rfloor)$我们更换枚举对象，改为枚举 $n$的倍数，那么有 $g(n)=\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{r}{n}\rfloor}f(dn)\mu(d)$我们要求的是 $g(k)$ $g(k)=\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\mu(d)(\lfloor\frac{r}{dk}\rfloor-\lfloor\frac{l-1}{dk}\rfloor)^n$
对于这个式子，对后半部分整除分块+快速幂，同时用杜教筛处理 $\mu$的前缀和，然后就可以了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const long long mod=1e9+7;
long long n,k,l,r;
int vis[1000010],p[1000010],cnt,mu[1000010];
long long sum[1000010],ans;
map<long long,long long> mp;
inline long long ksm(long long x,long long y)
{
	long long res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)
		res=res*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
} 
inline long long calc(long long x)
{
	if(x<=1000000)
	return sum[x];
	if(mp[x])
	return mp[x];
	long long res=1,j;
	for(long long i=2;i<=x;i=j+1)
	{
		j=x/(x/i);
		res=(res-(j-i+1)*calc(x/i)%mod+mod)%mod;
	}
	mp[x]=res;
	return res;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&l,&r);
	mu[1]=1;
	sum[1]=1;
	for(int i=2;i<=1000000;++i)
	{
		if(!vis[i])
		{
			p[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=1000000;++j)
		{
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0)
			{
				mu[i*p[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
		sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
	}
	long long j,ji=r/k,jj=(l-1)/k;
	for(long long i=1;i<=ji;i=j+1)
	{
		if(jj/i)
		j=min(jj/(jj/i),ji/(ji/i));
		else
		j=ji/(ji/i);
		ans=(ans+(calc(j)-calc(i-1)+mod)%mod*ksm(ji/i-jj/i,n)%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}