[CQOI2015][bzoj3930] 选数 [杜教筛+莫比乌斯反演]

题面：

传送门

思路：

首先我们把区间缩小到$\left[\lfloor\frac{L-1}{K}\rfloor,\lfloor\frac{R}{K}\rfloor\right]$

这道题的最特殊的点在于，他的gcd不是两个数的而是多个数的，是一坨sigma

但是，我们发现它依然可以反演

令$f\left(i\right)$为区间$\left[l,r\right]$内选出$n$个数，总计$gcd=i$的方法数

令$g\left(i\right)$为区间$\left[l,r\right]$内选出$n$个数，总计$i|gcd$的方法数

那么依旧满足$g(d)=\sum_{d|i}f\left(i\right)$，反演后得到$f(d)=\sum_{d|i}\mu\left(\frac id\right)g\left(i\right)$

因此$f\left(d\right)=\sum_{i=1}^{\frac nd}\left(\lfloor\frac Rd\rfloor-\lfloor\frac Ld\rfloor\right)^n$

答案即为对于缩小过的$L,R$，$f\left(1\right)$的值

因为后半部分的可以用快速幂加数论分块做到$O\left(\sqrt n\right)$

所以前半部分杜教筛$\mu$即可

 

Code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
    ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){
        if(ch=='-') flag=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return re*flag;
}
ll pri[2000010],tot=0,mu[2000010],n,K,L,R;bool vis[2000010];
ll MOD=1e9+7;
void init(){
    ll i,j,k;mu[1]=1;
    for(i=2;i<=2000000;i++){
        if(!vis[i]){
            pri[++tot]=i;mu[i]=-1;
        }
        for(j=1;j<=tot;j++){
            k=i*pri[j];if(k>2000000) break;
            vis[k]=1;
            if(i%pri[j]==0){
                mu[k]=0;break;
            }
            mu[k]=-mu[i];
        }
    }
    for(i=2;i<=2000000;i++) mu[i]=mu[i-1]+mu[i];
}
ll sum1(ll x){return x*(x+1)/2;}
map<ll,ll>m;
ll S2(ll x){
    if(x<=2000000) return mu[x];
    ll re=1,i,j;
    if(m[x]) return m[x];
    for(i=2;i<=x;i=j+1){
        j=x/(x/i);
        re-=((j-i+1)*S2(x/i))%MOD;
        re=(re+MOD)%MOD;
    }
    return m[x]=re;
}
ll ppow(ll a,ll b){
    ll re=1;
    while(b){
        if(b&1) re=re*a%MOD;
        a=a*a%MOD;b>>=1;
    }
    return re%MOD;
}
int main(){
    init();
    n=read();K=read();L=read();R=read();
    L=(L-1)/K;R=R/K;
    ll i,j;ll ans=0;
    for(i=1;i<=R;i=j+1){
        j=R/(R/i);
        if(i<=L) j=min(j,L/(L/i));
        ans=(ans+(S2(j)-S2(i-1)+MOD)%MOD*ppow(R/i-L/i,n)%MOD)%MOD;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}