[bzoj3930] [洛谷P3172] [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<=109,1<=L<=H<=109,H-L<=10^5


想法##

最初的想法是莫比乌斯反演,但写了一半发现好麻烦,还要杜教筛之类的。。。
于是放弃!上普通容斥!

我们发现 \(H-L \leq 10^5\) ,那对于这个范围内,任意两不同的数的gcd \(\leq 10^5\)
(这个应该还是挺显然的。这两个数的差一定是它们gcd的倍数)

我们先把L与H处理一下,都除以K,将问题转变为求某一区间\([l,r]\)内选N个数gcd为1的方案数。
\(f[i]\) 表示该区间内选N个数(这N个数不全相同),gcd为i的方案数 (一会儿我会解释为什么要N个数不全相同)
那么 $f[i]=[r/i-l/i]^n - [r/i-l/i] - \sum\limits_{i|j} f[j] $
其中减去的 $[r/i-l/i] $ 便是N个数都相同的情况。
最后需要特判一下是否N个数可以都取K,若可以答案为\(f[1]+1\),否则为\(f[1]\)

好,现在解释一下为什么\(f[i]\)中选的N个数不全相同(想了好久才明白qwq)
一开始我想的是,计算\(f[i]\)时不需减掉 \([r/i-l/i]\),因为所有 \(f[i]\) 都带上 \((i,i,i,i,…)\) ,在 $ - \sum\limits_{i|j} f[j]$ 时肯定会被消掉。
可是,对于区间\([l,r]\)中的任意一个数x, \((x,x,x,x,x…)\) 的gcd为x,可能是超过\(10^5\)的。
而我们的\(f[i]\)最多只到\(10^5\),所以如果\(f[i]\)包括N个数都相同的情况的话,会有一些 \((x,x,x,x,…)\) 没有被减掉
而我们又知道,若N个数都相同且gcd为K,那只有这N个数都为K这一种情况。对这种情况特判一下就可以了。


一个小总结##

莫比乌斯反演与普通容斥的异同:
对于这道题的条件,两者都可以由 \(F(i)=f(i)+f(2i)+f(3i)+…\) 的式子写成,其中\(F(i)\)极其好求,而\(f(i)\)是我们需要的答案。
莫比乌斯反演是只通过\(F()\)\(f()\),用到莫比乌斯函数
而普通容斥的做法就是递推,通过\(F()\)\(f()\)\(f()\)
一般来说莫比乌斯反演时间复杂度可以优化到\(O(\sqrt{n})\),比普通容斥快;而普通容斥比莫比乌斯反演好写许多。
所以要具体问题具体分析,再决定用哪种做法。


代码##

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>

#define P 1000000007

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 100005;

ll Pow_mod(int x,int y){
	ll ret=1;
	while(y){
		if(y&1) ret=(ret*x)%P;
		x=((ll)x*x)%P; //别忘了临时转long long !!!
		y>>=1;
	}
	return ret;
}

int n,K,L,H,l,r,m;
ll f[N];

int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&K,&L,&H);
	l=(L-1)/K; r=H/K;
	m=r-l;
	
	int x;
	for(int i=m;i>0;i--){
		x=r/i-l/i;
		if(x<=0) continue;
		f[i]=(Pow_mod(x,n)-x+P)%P;
		for(int j=i*2;j<=m;j+=i) 
			f[i]=(f[i]-f[j]+P)%P;
	}
	if(L<=K && K<=H) f[1]=(f[1]+1)%P;
	printf("%lld\n",f[1]);
	
	return 0;
}
既然选择了远方,便只顾风雨兼程
posted @ 2018-03-27 21:50  秋千旁的蜂蝶~  阅读(88)  评论(0编辑  收藏  举报