「CQOI2015」选数
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
杜教筛题解
首先，将gcd为K进行经典转化：把\(L\)变为\(\lceil\frac{L}{K}\rceil\)，把\(R\)变成\(\lfloor\frac{R}{K}\rfloor\)。
这样子容易得出，现在要求的就是在\([L,R]\)之间，选数\(N\)次使选出的数最大公约数为\(1\)的方案数。
\[ Ans=\sum_{i_{1\sim N}=L}^R[\gcd(i_{1\sim N})=1]\\ \sum_{i_{1\sim N}=L}^R\sum_{d|i_{1\sim N}}\mu(d)\\ =\sum_{d=1}^R\mu(d)(\lfloor\frac Rd\rfloor-\lfloor\frac{L-1}d\rfloor)^N \]
然后杜教筛加整除分块即可。时间复杂度\(O((\frac RK)^\frac 23+\sqrt{R}\log N)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define co const
template<class T>T read(){
T data=0,w=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) data=data*10+ch-'0';
return data*w;
}
template<class T>il T read(T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long LL;
co int N=1e6+1;
int pri[N],tot,mu[N];
void init(){
pri[1]=mu[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i){
if(!pri[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<N;++j){
pri[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){
mu[i*pri[j]]=0;
break;
}
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=2;i<N;++i) mu[i]+=mu[i-1];
}
std::map<int,int> smu;
int Mu(int n){
if(n<N) return mu[n];
if(smu.count(n)) return smu[n];
int ans=1;
for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans-=(r-l+1)*Mu(n/l);
}
return smu[n]=ans;
}
co int mod=1e9+7;
il int add(int a,int b){
return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
il int mul(int a,int b){
return (LL)a*b%mod;
}
int fpow(int a,int b){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))
if(b&1) ans=mul(ans,a);
return ans;
}
int main(){
init();
int n=read<int>(),k=read<int>();
int L=(read<int>()-1)/k+1,R=read<int>()/k;
int ans=0;
for(int l=1,r;l<=R;l=r+1){
if((L-1)/l) r=std::min((L-1)/((L-1)/l),R/(R/l)); // edit 1:/0
else r=R/(R/l);
ans=add(ans,add(mod,mul(Mu(r)-Mu(l-1),fpow(R/l-(L-1)/l,n))));
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}注意：整除分块的时候，因为是以R为上限，所以L-1那坨可能出现除以0的情况，需要特判。
xyz32768的容斥题解
现在要求的就是在\([L,H]\)之间，选数\(N\)次使选出的数最大公约数为\(1\)的方案数。
现在，用\(f[i]\)表示选出的数的最大公约数\(i\)且选出的数不全相同的方案数。此时先求出\([L,H]\)之间\(i\)的倍数的个数\(x\)，暂时令\(f[i]=x^N-x\)。
但此时得到的\(f[i]\)实际上是含有公约数\(i\)的方案数，不是最大公约数为\(i\)的方案数。但是可以发现，此时的\(f[i]\)包含有最大公约数为\(i,2i,3i,...\)的方案数。这时候使用容斥原理：假设已经知道了\(f[2i],f[3i],...\)的最终结果，那么就把\(f[i]\)分别减去\(f[2i],f[3i],...\)，就可以得到\(f[i]\)的最终结果。倒着推一遍。
特殊情况：\(L=1\)时可以所有的数都选\(1\)。所以\(L=1\)时答案要加\(1\)。
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
int res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 1e5 + 5, PYZ = 1e9 + 7;
int n, K, L, H, f[N];
int qpow(int a, int b) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = 1ll * res * a % PYZ;
a = 1ll * a * a % PYZ;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
int i, j; n = read(); K = read(); L = read(); H = read();
if (L % K) L = L / K + 1; else L /= K; H /= K;
if (L > H) return puts("0"), 0;
for (i = 1; i <= H - L; i++) {
int l = L, r = H;
if (l % i) l = l / i + 1; else l /= i; r /= i;
if (l > r) continue;
f[i] = (qpow(r - l + 1, n) - (r - l + 1) + PYZ) % PYZ;
}
for (i = H - L; i; i--) for (j = (i << 1); j <= H - L; j += i)
f[i] = (f[i] - f[j] + PYZ) % PYZ;
if (L == 1) (f[1] += 1) %= PYZ; cout << f[1] << endl;
return 0;
}