bzoj 4305 数列的GCD

和某道即将被出到比赛上的题似乎很类似

首先如果要求$gcd=i$，那么对于不是$i$的倍数的数字是一定需要修改的，剩余的随便抽出来必须修改的个数然后快速幂搞一搞就行了

设$x$表示有多少个$a$中的数，是$i$的倍数

$y=n-x$，既不是$i$的倍数的数的个数

$z=y-k$，既刨去掉必须修改的，选择性必须修改的有这么多（只能修改$i$的倍数的数）

当然这么凑出来的可能$gcd$是$i$的倍数，因此还需要去掉

则对于$i$的答案为

$$f(i)=\lfloor \frac{m}{i} \rfloor^y {x \choose z} (\lfloor \frac{m}{i} \rfloor-1)^z - \sum_{i \mid d}f(d)$$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline void read(T &x) {
    char c = x = 0;
    while(!isdigit(c)) c = getchar();
    while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
}

const int N = 3e5 + 10, mod = 1e9 + 7;

int n, m, k, a[N], fac[N], invfac[N], vis[N];

ll pw(ll a, ll b) {
    ll r = 1;
    for( ; b ; b >>= 1, a = a * a % mod)
        if(b & 1)
            r = r * a % mod;
    return r;
} 

ll f[N];

ll C(ll n, ll m) {
    if(n < m) return 0;
    return 1ll * fac[n] * invfac[m] % mod * invfac[n - m] % mod;
}

int main() {
    read(n), read(m), read(k);
    for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i) read(a[i]);
    fac[0] = 1, invfac[0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod, invfac[i] = pw(fac[i], mod - 2);
    for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
        vis[a[i]] ++;
    for(int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {
        int x = 0;
        for(int j = i ; j <= m ; j += i) {
            x += vis[j];
        }
        int y = n - x;
        if(y > k) continue;
        int z = k - y;
        f[i] = pw(m / i, y) * C(x, z) % mod * pw(m / i - 1, z) % mod;
    }
    for(int i = m ; i ; -- i) {
        for(int j = i + i ; j <= m ; j += i) {
            f[i] = (1ll * f[i] - f[j]) % mod;
        }
    }
    for(int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {
        ll ans = (1ll * f[i] + mod) % mod;
        if(i > 1) putchar(' ');
        printf("%lld", ans);
        if(i == m) puts("");
    }
}