[BZOJ3930][CQOI2015]选数（数论+容斥）

首先，进行如下处理：
1、如果 L 是 K 的倍数，那么把 L 变为 LK ，否则变为 ⌊LK⌋+1 。
2、把 H 变成 ⌊HK⌋ 。
这样子容易得出，现在要求的就是在 [L,H] 之间，选数 N 次使选出的数最大公约数为 1 的方案数。
现在，用 f[i] 表示选出的数的最大公约数 i 且选出的数不全相同的方案数。此时先求出 [L,H] 之间 i 的倍数的个数 x ，暂时令 f[i]=xn−x 。
但此时得到的 f[i] 实际上是含有公约数 i 的方案数，不是最大公约数为 i 的方案数。但是可以发现，此时的 f[i] 包含有最大公约数为 i,2i,3i,... 的方案数。这时候使用容斥原理：假设已经知道了 f[2i],f[3i],... 的最终结果，那么就把 f[i] 分别减去 f[2i],f[3i],... ，就可以得到 f[i] 的最终结果。倒着推一遍。
特殊情况： L=1 时可以所有的数都选 1 。所以 L=1 时答案要加 1 。
代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
inline int read() {
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 1e5 + 5, PYZ = 1e9 + 7;
int n, K, L, H, f[N];
int qpow(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = 1ll * res * a % PYZ;
        a = 1ll * a * a % PYZ;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int main() {
    int i, j; n = read(); K = read(); L = read(); H = read();
    if (L % K) L = L / K + 1; else L /= K; H /= K;
    if (L > H) return puts("0"), 0;
    for (i = 1; i <= H - L; i++) {
        int l = L, r = H;
        if (l % i) l = l / i + 1; else l /= i; r /= i;
        if (l > r) continue;
        f[i] = (qpow(r - l + 1, n) - (r - l + 1) + PYZ) % PYZ;
    }
    for (i = H - L; i; i--) for (j = (i << 1); j <= H - L; j += i)
        f[i] = (f[i] - f[j] + PYZ) % PYZ;
    if (L == 1) (f[1] += 1) %= PYZ; cout << f[1] << endl;
    return 0;
}