题解：齿轮

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题意分析

将从 \(n\) 个 \(a_i\) 中选出 \(k\) 个数，使得这 \(k\) 个数的最大公因数为 \(t\) 记为 \(f_t\)。题目即求解 \(f_1,f_2,\cdots,f_m\)。

但是可以发现这并不好求，因为无法确定最大公因数为 \(t\) 对应哪 \(k\) 个数。

可以思考一个常用的技巧：将最大公因数转化为普通因数。

那么我们求 \(k\) 个数的因数均包含 \(t\) 的方案数为 \(g_t\)。

有：

\[g_t=\dbinom{\sum\limits_{i=1}^n[t\mid a_i]}{k} \]

这可以通过一个桶来做到 \(\mathcal O(m\log V)\) 求解。

那么如何从 \(g_t\) 求得 \(f_t\) 呢？不难发现：

\[f_t=g_t-f_{2t}-f_{3t}-\cdots-f_{\left\lfloor\frac mt\right\rfloor t} \]

因为都是 \(t\) 的倍数，其最大公因数可以表示为 \(p\cdot t\)，当 \(p=1\) 时，最大公因数为 \(t\)。因此减去 \(p\neq 1\) 的方案数即可。

这样是调和级数，复杂度是 \(\mathcal O(m\log m)\) 的。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm> 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
#define int long long
constexpr const int N=1e6,M=N,K=N,V=N,P=1e9+7;
int n,m,k,a[N+1],f[M+1],fact[N+1],cnt[V+1];
int qpow(int base,int n){ 
	int ans=1;
	while(n){
		if(n&1){
			ans=1ll*ans*base%P;
		}
		base=1ll*base*base%P;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
void CPre(){
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		fact[i]=1ll*fact[i-1]*i%P;
	}
}
int C(int n,int m){
	if(n<0||m<0||n<m){
		return 0;
	}
	return 1ll*fact[n]*qpow(fact[m]*fact[n-m]%P,P-2)%P;
}
main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	CPre();
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		cnt[a[i]]++;
	}
	for(int t=m;t>=1;t--){
		int pl=0;
		for(int i=t;i<=V;i+=t){
			pl=(pl+cnt[i])%P;
		}
		f[t]=C(pl,k);
		for(int i=2*t;i<=m;i+=t){
			f[t]=(f[t]-f[i])%P;
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(f[i]<0){
			f[i]+=P;
		}
		cout<<f[i]<<' ';
	}
	
	cout.flush(); 
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}