「BZOJ3930」「CQOI2015」选数

Description

我们知道，从区间 [L,H] [ L , H ] （ L L 和 H H 为整数）中选取 N N 个整数，总共有 (H−L+1)N ( H − L + 1 ) N 种方案。小 z 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 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 z 会告诉你一个整数 K K ，你需要回答他最大公约数刚好为 K 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 109+7 10 9 + 7 的余数即可。

Input

输入一行，包含 4 4 个空格分开的正整数，依次为 N N , K K , L L 和 H 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 , 2 ) , (2,3) ( 2 , 3 ) , (2,4) ( 2 , 4 ) , (3,2) ( 3 , 2 ) , (3,3) ( 3 , 3 ) , (3,4) ( 3 , 4 ) , (4,2) ( 4 , 2 ) , (4,3) ( 4 , 3 ) , (4,4) ( 4 , 4 ) 。
其中最大公约数等于 2 2 的只有 3 3 组： (2,2) ( 2 , 2 ) , (2,4) ( 2 , 4 ) , (4,2) ( 4 , 2 ) 。

对于 100% 100 % 的数据， 1≤N,K≤109 1 ≤ N , K ≤ 10 9 ， 1≤L≤H≤109 1 ≤ L ≤ H ≤ 10 9 ， H−L≤105 H − L ≤ 10 5

题解

一句话题意：
求：

∑i1=LH∑i2=LH…∑iN=LHNe[gcd(i1,i2,…,iN)=K] ∑ i 1 = L H ∑ i 2 = L H … ∑ i N = L H ⏟ N e [ g c d ( i 1 , i 2 , … , i N ) = K ]

一看一堆 Sigma 吓死人，但是化一化式子就会发现：

∑i1=⌈LK⌉⌊HK⌋∑i2=⌈LK⌉⌊HK⌋…∑iN=⌈LK⌉⌊HK⌋e[gcd(i1,i2,…,iN)=1] ∑ i 1 = ⌈ L K ⌉ ⌊ H K ⌋ ∑ i 2 = ⌈ L K ⌉ ⌊ H K ⌋ … ∑ i N = ⌈ L K ⌉ ⌊ H K ⌋ e [ g c d ( i 1 , i 2 , … , i N ) = 1 ]

∑i1=⌈LK⌉⌊HK⌋∑i2=⌈LK⌉⌊HK⌋…∑iN=⌈LK⌉⌊HK⌋ε(gcd(i1,i2,…,iN)) ∑ i 1 = ⌈ L K ⌉ ⌊ H K ⌋ ∑ i 2 = ⌈ L K ⌉ ⌊ H K ⌋ … ∑ i N = ⌈ L K ⌉ ⌊ H K ⌋ ε ( g c d ( i 1 , i 2 , … , i N ) )

∑i1=⌈LK⌉⌊HK⌋∑i2=⌈LK⌉⌊HK⌋…∑iN=⌈LK⌉⌊HK⌋∑d|gcd(i1,i2,…,iN)μ(d) ∑ i 1 = ⌈ L K ⌉ ⌊ H K ⌋ ∑ i 2 = ⌈ L K ⌉ ⌊ H K ⌋ … ∑ i N = ⌈ L K ⌉ ⌊ H K ⌋ ∑ d | g c d ( i 1 , i 2 , … , i N ) μ ( d )

∑d=1⌊HK⌋μ(d)∑i1=⌈⌈LK⌉d⌉⌊⌊HK⌋d⌋∑i2=⌈⌈LK⌉d⌉⌊⌊HK⌋d⌋…∑iN=⌈⌈LK⌉d⌉⌊⌊HK⌋d⌋1 ∑ d = 1 ⌊ H K ⌋ μ ( d ) ∑ i 1 = ⌈ ⌈ L K ⌉ d ⌉ ⌊ ⌊ H K ⌋ d ⌋ ∑ i 2 = ⌈ ⌈ L K ⌉ d ⌉ ⌊ ⌊ H K ⌋ d ⌋ … ∑ i N = ⌈ ⌈ L K ⌉ d ⌉ ⌊ ⌊ H K ⌋ d ⌋ 1

∑d=1⌊HK⌋μ(d)(⌊⌊HK⌋d⌋−⌈⌈LK⌉d⌉)N ∑ d = 1 ⌊ H K ⌋ μ ( d ) ( ⌊ ⌊ H K ⌋ d ⌋ − ⌈ ⌈ L K ⌉ d ⌉ ) N

于是就可以反演啦！但是还有一个问题， ⌊HK⌋ ⌊ H K ⌋ 是 109 10 9 级别的，那怎么办呢？

我们发现 H−L H − L 是 105 10 5 级别的。一个神奇的性质：当所有数不全部相同时，

gcd(i1,i2,…,iN)≤max{i1,i2,…,iN}−min{i1,i2,…,iN} g c d ( i 1 , i 2 , … , i N ) ≤ m a x { i 1 , i 2 , … , i N } − m i n { i 1 , i 2 , … , i N }

证明如下：
设 d=gcd(i1,i2,…,iN) d = g c d ( i 1 , i 2 , … , i N ) ， a=min{i1,i2,…,iN} a = m i n { i 1 , i 2 , … , i N } ， b=max{i1,i2,…,iN} b = m a x { i 1 , i 2 , … , i N } 。
显然 a=k1d(k1∈Z+) a = k 1 d ( k 1 ∈ Z + ) ， b=k2d(k2∈Z+,k2>k1) b = k 2 d ( k 2 ∈ Z + , k 2 > k 1 ) 。所以 b−a≥d b − a ≥ d ，得证。

于是我们只处理所有数字不全相同的情况就可以了。如果区间有 1 1 ，我们还要在答案加上 1 1 ，因为我们可以所有的数都选 1 1 。

式子变为：

∑d=1⌊HK⌋−⌈LK⌉μ(d)⎛⎝(⌊⌊HK⌋d⌋−⌈⌈LK⌉d⌉)N−(⌊⌊HK⌋d⌋−⌈⌈LK⌉d⌉)⎞⎠+e[⌈LK⌉=1] ∑ d = 1 ⌊ H K ⌋ − ⌈ L K ⌉ μ ( d ) ( ( ⌊ ⌊ H K ⌋ d ⌋ − ⌈ ⌈ L K ⌉ d ⌉ ) N − ( ⌊ ⌊ H K ⌋ d ⌋ − ⌈ ⌈ L K ⌉ d ⌉ ) ) + e [ ⌈ L K ⌉ = 1 ]

完成！
复杂度 O(H−L+qH−L−−−−−√log2N)) O ( H − L + q H − L log 2 ⁡ N ) ) ， q q 为询问次数，很显然在本题是 1 1 。比那些枚举 gcd g c d 递推的好到不知道哪里去了。

My Code

/**************************************************************
    Problem: 3930
    User: infinityedge
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:160 ms
    Memory:4028 kb
****************************************************************/

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-10

#define lc k << 1
#define rc k << 1 | 1

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pairint> P;

const ll mod = 1e9 + 7;


ll n, k, l, h;

ll pri[50005];int cnt, vis[200005];
ll qpow(ll a, ll b){
    ll ret = 1;
    for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod){
        if(b & 1) ret = ret * a % mod;
    }
    return ret;
}

ll miu[200005];

void liner_shaker(){
    int MAXN = 200001;
    vis[1] = 1; miu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= MAXN; i ++){
        if(!vis[i]) pri[++cnt] = i, miu[i] = -1;
        for(int j = 1; i * pri[j] <= MAXN; j ++){
            if(i % pri[j] == 0){
                vis[i * pri[j]] = 1;
                miu[i * pri[j]] = 0;
                break;
            }
            vis[i * pri[j]] = 1;
            miu[i * pri[j]] = -miu[i];
        }
    }
    for(int i = 2; i <= MAXN; i ++) miu[i] += miu[i - 1];
}

ll ans = 0;
int main(){
    liner_shaker();
    scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &k, &l, &h);

    if(l % k != 0)l = (l / k) + 1;
    else l = l / k;
    h = h / k;
    if(l > h){
        printf("0\n");
        return 0;
    }
    ll nx = 0;
    for(ll i = 1; i <= h - l; i = nx + 1){
        ll nl;
        if(l >= i) nl = l / (l / i) - 1;
        else nl = h - l;
        if(nl = i) nl ++;
        nx = min(h / (h / i), nl);
        if(nx > h - l) nx = h - l;
        ll L = (l / i), R = h / i;
        if(l % i != 0) L ++;
        if(L > R) continue;
        ans = (ans + (qpow(R - L + 1, n) - (R - L + 1) + mod) % mod * ((miu[nx] - miu[i - 1] + mod) % mod)) % mod;
    }
    if(l == 1) ans = (ans + 1) % mod;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}