洛谷3172：选数
题意：
从区间\([L,R]\)选取\(N\)个整数，总共有\((R-L+1)^N\)中方案。
问所有方案中，方案中所有数字的\(gcd\)等于\(K\)的方案有多少个。
对结果\(mod\ 1e9+7\)。
数据范围\(1\leq N,K\leq10^9,1\leq L\leq R\leq10^9,R-l\leq 10^5\)。
思路：
设\(F(n)\)表示从\([L,R]\)中选\(N\)个数的\(gcd\)为\(n\)或\(n\)的倍数的情况数。
设\(f(n)\)表示从\([L,R]\)中选\(N\)个数的\(gcd\)为\(n\)的情况数。
很明显有：
\[ F(n)=\sum_{n|d}f(d) \]
莫比乌斯反演：
\[ f(n)=\sum_{n|d}F(d)\mu(\frac{d}{n}) \]
答案是\(f(K)\)。
但是\(f(K)\)不太好求，因为这个倍数其实不是很方便枚举，\(f(1)\)是相对好求的。
所以我们只需要在区间\([\frac{L}{K},\frac{R}{K}]\)找\(f(1)\)就好了。
但这里有个问题，就是如果\(L\%K\neq 0\)，那么就会有\(\lfloor\frac{L}{K}\rfloor *K
接着考虑\(F(n)\)怎么求？
我们知道
\[ gcd(a,b)=d\\ \]
有：
\[ d|a,d|b \]
所以\(F(n)\)就比较好求了，其实就是\([L,R]\)区间范围内，\(n\)的倍数的个数的\(N\)次方。
\[ F(n)=(\lfloor\frac{R}{n}\rfloor-\lfloor\frac{L-1}{n}\rfloor )^N \]
答案就是：
\[ f(1)=\sum_{1|d}F(d)\mu(d)\\=\sum_{d=1}^{R}\mu(d)(\lfloor\frac{R}{d}\rfloor-\lfloor\frac{L-1}{d}\rfloor )^N \]
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 5e6;
const int mod = 1e9 + 7;
int primes[maxn+10], cnt;
bool vis[maxn+10];
ll mu[maxn+10];
void init(int n)
{
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
if(!vis[i])
{
primes[++cnt] = i;
mu[i] = -1;
}
for(int j = 1; primes[j] <= n/i; j++)
{
vis[primes[j]*i] = 1;
if(i % primes[j] == 0) break;
else mu[i*primes[j]] = -mu[i];
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
mu[i] += mu[i-1];
}
ll qmi(ll a, ll b)
{
a %= mod;
ll res = 1; res %= mod;
while(b)
{
if(b&1) res = (res*a)%mod;
a = (a*a)%mod;
b >>= 1;
} return res%mod;
}
unordered_map Smu;
inline ll getSmu(ll n)
{
if(n <= maxn) return mu[n];
if(Smu[n]) return Smu[n];
ll res = 1;
for(ll l = 2, r; l <= n; l = r+1)
{
r = n/(n/l);
res -= (r-l+1)%mod*getSmu(n/l)%mod;
res = (res%mod+mod)%mod;
} return Smu[n] = res;
}
ll N, K, L, R;
int main()
{
init(maxn);
cin >> N >> K >> L >> R;
R /= K;
if(L % K == 0) L = L/K;
else L = L/K+1;
L = L-1; ll ans = 0;
for(ll l = 1, r; l <= R; l = r+1)
{
if(L/l == 0) r = R/(R/l);
else r = min(R/(R/l), L/(L/l));
ans = (ans+qmi(R/l-L/l, N)%mod*(getSmu(r)-getSmu(l-1))%mod)%mod;
}
cout << (ans%mod+mod)%mod << endl;
return 0;
}