bzoj3930 选数 递推

       看了一下popoqqq爷的莫比乌斯反演，果断弃疗。还是写递推好，又短又快。

       令f[i]表示当数不全相等时（为什么如此，后面再说），最小公倍数为i*K的方案，那么：

       首先，当公倍数（注意不是最小）为i*K时，总方案数X^N-X，其中X表示L~R中i*K的倍数，再减去重复的方案：Σ(u=2,i*K*u<=R-L)f[u*i]，从而：

       f[i]=X^N-X+Σf[j](i|j)

       注意到，由于f[i]表示数不全等时的方案，所以f[1]并不是最终方案。如果L<=K<=R，那么答案还要再加上1。

       实际上，如果没有不全相等的条件，也是可做的，但是此时在上边的递推式中j的范围需要超过R-L，会TLE。（具体说不清楚，可以写个程序测试一下）。

AC代码如下：

#include
#include
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;

int n,m,l,r,f[200005];
int ksm(int x,int y){
	int sum=1;
	for (; y; y>>=1,x=(ll)x*x%mod) if (y&1) sum=(ll)sum*x%mod; 
	return sum;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&l,&r);
	if (l<=m && m<=r) f[1]++;
	l=(l-1)/m; r/=m; int i,j;
	for (i=r-l; i; i--){
		int x=l/i,y=r/i; f[i]+=(ksm(y-x,n)-(y-x)+mod)%mod;
		for (j=i<<1; j<=r-l; j+=i) f[i]=(f[i]-f[j]+mod)%mod;
	}
	printf("%d\n",f[1]);
	return 0;
}

by lych

2016.2.3