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
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
看到这题之后，我的第一感觉竟然是排列组合。。。。。
我想的是把k除了之后，只要是任意两个数的gcd为1的话，那整个的n个数的gcd
就为1，可想了好久发现这并不好处理，而且还不知道如何去重，还是看题解吧qwq
看到题解，才发现自己也太蒟了，但是做完这题之后感觉队反演有了更深的理解
反演的F（n） ，两个数的gcd的 d的倍数的个数是： n/d * m/d，
然后就可以推广到 n维， m/d ^ n
然后这题就是求L - R 之间的gcd为d的倍数的个数，那就是 R/d - L/d;
然后就是当L/d 为0 ，也就是d >L 的时候特判一下（一开始把这个给漏掉了。。。）
最后就是整出分块的时候需要mu的前缀和，1e9的数据量上杜教筛就行了
这题太容易爆long long 了，多mod几次没坏处
1 #include"bits/stdc++.h"
2 using namespace std;
3 typedef long long ll;
4 #define int ll
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6 const int nn =2000100;
7 int maxn=2000000; const int mod = 1000000007;
8 int n,k,L,H;
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10 int ptot;int prime[nn]; int vis[nn];
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12 int mu[nn];int sum[nn];
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14 unordered_map<int,int >mp;
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17 int Mu()
18 { mu[1]=1;
19 for (int i=2;i<=maxn;i++)
20 {
21 if(!vis[i])
22 {
23 prime[++ptot]=i; mu[i]=-1;
24 }
25 for (int j=1;j<=ptot&&1ll*i*prime[j]<=1l*maxn;j++)
26 {
27 vis[i*prime[j]]=1;
28 if(i%prime[j]==0)
29 {
30 break;
31 }
32 else
33 {
34 mu[i*prime[j]]=-mu[i];
35 }
36 }
37
38 }
39 // for (int i=1;i<=20;i++)cout<<mu[i]<<" ";
40 for(int i=1;i<=maxn;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
41
42
43 }
44
45 ll djs(int x)
46 {
47 if(x<=maxn)return sum[x];
48 if(mp[x])return mp[x];
49 int ans=1;
50 for(int l=2,r;l<=x;l=r+1)
51 {
52 r=x/(x/l);
53 ans-=1ll*(r-l+1)*djs(x/l)%mod;
54 ans%=mod;
55
56 }
57 ans=(ans%mod+mod)%mod;
58 return mp[x]=ans;
59
60 }
61
62 ll poww(ll a,ll b)
63 {
64 ll res=1; a%=mod;
65 for (;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)res=res*a%mod;
66 return res;
67 }
68 void work()
69 {
70 ll ans=0;
71 H/=k; --L/=k;
72 // cout<<"MU"<<sum[1]<<" "<<sum[2]<<endl;
73 for (int l=1,r;l<=H;l=r+1)
74 {
75
76
77 if(L/l==0)
78 r=H/(H/l);
79 else r=min(L/(L/l),H/(H/l));
80 // cout<<l<<" "<<r<<endl;
81 // cout<<H/l<<" "<<L/l<<endl;
82 // cout<<djs(r)-djs(l-1)<<" "<<poww((H/l-L/l),n)<<endl;
83 ans+=( (djs(r)-djs(l-1))*1ll * poww((H/l-L/l),n))%mod;
84 ans%=mod;
85 }
86 ans=(ans%mod+mod)%mod; //这里要mod
87
88 cout<<ans<<endl;
89 return ;
90
91 }
92
93 signed main()
94 {
95 Mu();
96 //cout<<djs(1e9);
97 cin>>n>>k>>L>>H;
98 work();
99 }