[bzoj3930] [CQOI2015]选数

Description

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。

Input

输入一行,包含4个空格分开的正整数,依次为N,K,L和H。

Output

输出一个整数,为所求方案数。

Sample Input

2 2 2 4

Sample Output

3

HINT

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

solution

这题似乎有神仙容斥/dp啥的解法?

考虑大力莫比乌斯反演,考虑\(L\)\(R\)内gcd为\(k\)的方案本质上和\(L/k\)\(R/k\)内gcd为1的相同,

可得:

\[\begin{align} ans&=\sum_{a_1=L}^R\sum_{a_2=L}^R\dots\sum_{a_n=L}^R[gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)=k]\\ &=\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{R}{d}\rfloor}\mu(d)(\lfloor\frac{R}{kd}\rfloor-\lfloor\frac{L-1}{kd}\rfloor)^n \end{align} \]

然后对于\(\sum \mu(d)\),可以大力杜教筛,然后就做完了。

关于莫比乌斯反演,安利一波:莫比乌斯反演

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long 

void read(int &x) {
	x=0;int f=1;char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}

void print(int x) {
	if(x<0) x=-x,putchar('-');
	if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

const int maxn = 1e7+1;
const int mod = 1000000007;

int pri[maxn],mu[maxn],vis[maxn],tot;

void sieve() {
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<maxn;i++) {
		if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int t,j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
			vis[t=i*pri[j]]=1;
			if(!(i%pri[j])) {mu[t]=0;break;}
			mu[t]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<maxn;i++) mu[i]=mu[i-1]+mu[i];
}

map<int,int > Mu;

int sum_mu(int n) {
	if(n<maxn) return mu[n];
	if(Mu[n]) return Mu[n];//write(n);
	int ans=1,T=2;
	while(T<=n) {
		int pre=T;T=n/(n/T);
		ans=(ans-(T-pre+1)*sum_mu(n/T)%mod)%mod;T++;
	}
	return Mu[n]=(ans%mod+mod)%mod;
}

int qpow(int a,int x) {
	int res=1;
	for(;x;x>>=1,a=a*a%mod) if(x&1) res=res*a%mod;
	return res;
}

signed main() {
	sieve();
	int l,r,k,n;read(n),read(k),read(l),read(r);
	int T=1,ans=0;r/=k,l--,l/=k;
	while(T<=r) {
		int pre=T;T=min(r/(r/T),l/T?l/(l/T):-1u>>1);
		ans=(ans+(sum_mu(T)-sum_mu(pre-1))%mod*qpow((r/T)-(l/T),n)%mod)%mod;T++;
	}
	write((ans%mod+mod)%mod);
	return 0;
}

posted @ 2018-12-06 15:31  Hyscere  阅读(186)  评论(0编辑  收藏  举报