http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3930
https://www.luogu.org/problemnew/show/P3172#sub
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。
参考：
http://blog.csdn.net/u012288458/article/details/51024404
http://blog.csdn.net/TA201314/article/details/50963772
（然而上面这两位（自我感觉）或多或少都有问题）
3.25更新，已用代码实现本算法。
首先想到莫比乌斯反演，你们dp都是怎么想到的啊喂。
先行特判掉\(n=1\)和\(l>r\)和\(k>r\)的情况。
那么开始推式子，注意为了本人的习惯把h改为了r：
\(\sum_{i_1=l}^r\sum_{i_2=l}^r\cdots\sum_{i_n=l}^r[gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)=k]\)
\(=\sum_{i_1=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{i_2=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\cdots\sum_{i_n=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}[gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)=1]\)
\(=\sum_{i_1=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{i_2=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\cdots\sum_{i_n=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{d|gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)}\mu(d)\)
\(=\)套路(为了方便起见，下文开始\(\lfloor\frac{r}{k}\rfloor=r,\lceil\frac{l}{k}\rceil=l\))
\(=\sum_{d=1}^{r-l}(l\)到\(r\)的\(d\)的倍数的个数\()^n\mu(d)\)
PS1：这里有一个奇妙的性质那就是在\([l,r]\)区间中任取两个不相等的数，则他们的最大公约数不大于\(r-l\)。
问了数竞大佬，貌似给了一个靠谱的证明？
我们取\(ij\)两个互质的数，显然它们\(gcd=1\)，那么我们给他们同时乘数m，则它们的\(gcd=m\)，而\(r-l\)最小即为\((j-i)*m>=m\)，问题得证。
PS2：为什么括号内不是一个式子呢，因为注意对于有相同数的数对我们没法处理，所以要减去它们，于是边算边记录每个数的出现次数，最后的\(cnt[i]\)表示的就是有两个或以上\(i\)的数对的个数，答案减去它们即可。
同时注意如果\(l=1\)的话则\(l\)到\(r\)之间存在\(k\)所以\(n\)个\(k\)是成立的于是不能多减。
处理\(cnt\)用跳着枚举的方法，不过复杂度并没因此变高到哪里去。
本蒟蒻不太会算复杂度，大概是\(O((r-l)*(1/1+1/2+...+1/(r-l))=\) \(O((r-l)log(r-l))\)，如果对\(\mu=0\)的情况特判掉的话复杂度会再次减少
（终于证明完美了，如果有谁能论述一下网上莫比乌斯反演题解的正确性非常欢迎（我是真的没看懂TAT））
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