BZOJ3930 [CQOI2015]选数 【容斥】

题目

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。

输入样例

2 2 2 4

输出样例

3

提示

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≤109,1≤L≤H≤109,H-L≤10^5

题解

问题转化:

从区间[L,H]中选出N个数,使得gcd为K

由于gcd为K,选出的数一定是K的倍数,令区间内所有的K的倍数除去K后,最小为L,最大为H,则问题转化为

从区间[L,H]中选出N个数,使得gcd为1,即互质

两个数互质的方案数除了用莫比乌斯反演之外,还有一种容斥\(O(nlogn)\)的方法
同样可以搬到这题多个数互质上来
我们令\(f[i]\)表示gcd为i的方案数【不包括全选同一个数,这个单独讨论】
如果区间内有\(x\)\(i\)的倍数,则粗略估计\(f[i] = x^N - x\)
我们会发现这样算会大了,因为我们同样包括了\(f[2*i]\)\(f[3*i]\).......
减去即可

可以证明,N以内枚举所有数的倍数复杂度是\(O(nlogn)\)
这样我们就可以\(O(nlogn)\)计算出\(f[1]\)
等等,还没完,如果\(L=1\),说明全选L时gcd为1,也要考虑,此时\(ans+1\)即可

#include<cstdio>
#define LL long long int
const int P = 1000000007;
int N,K,L,H,f[100002];
int qpow(int a,int b){
	int ans = 1;
	for (; b; b >>= 1,a = (LL)a * a % P)
		if (b & 1) ans = (LL)ans * a % P;
	return ans % P;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&N,&K,&L,&H);
	L = L % K ? L / K + 1 : L / K;
	H /= K;
	int len = H - L + 1;
	for (int i = len; i; i--){
		int x = H / i - (L - 1) / i;
		f[i] = (qpow(x,N) - x) % P;
		for (int j = i + i; j <= len; j += i) f[i] = (f[i] - f[j]) % P;
	}
	printf("%d\n",((f[1] + (L == 1)) % P + P) % P);
	return 0;
}

posted @ 2018-02-25 14:01  Mychael  阅读(101)  评论(0编辑  收藏  举报