【BZOJ 3930】【CQOI 2015】选数

听说标算是莫比乌斯反演？一脸懵逼
设f[i]为gcd等于k*i的方案数
从大到小处理，记L为a/(K*i)，R为b/(K*i)，那么一共就可以取出(R-L+1)个数，一共有(R-L+1)^n种方案。
有两种情况不合法：
1、这n个数全部相等，这样要减去(R-L+1)种情况；
2、比如做f[1]时取出2k和4k，这样他们的gcd是2k，所以还要再减去f[a*i] (a=1,2,3….)（有点像BZOJ4574的处理方法，一开始f数组存的是gcd大于等于k*i的情况，然后把后面的全部减掉就变成严格等于k*i的情况了）
但是这个1多去掉了一种情况：全部都是k是合法的，所以最后再特判一下。

#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define inf 1000000000
#define mod 1000000007
#define N 100005
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
int n,k,L,H,i,j,l,r;
int f[N];
int q_p(int x,int k)
{
    if (!k) return 1; int p = q_p(x,k/2);
    return ((k&1)?(ll)p*p*x%mod:(ll)p*p%mod);
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&L,&H);
    fd(i,100000,1)
        {
            l = (L+1ll*k*i-1) / (1ll*k*i); r = H / (1ll*k*i);
            f[i] = (q_p(r-l+1,n) - (r-l+1) + mod) % mod;
            for (j = 2 * i;j <= 100000; j+=i)
                f[i] = (f[i] - f[j] + mod) % mod;
        }
    if(L <= k && k <= H) f[1]++; printf("%d\n",f[1]);
    return 0;
}