【bzoj3930】[CQOI2015]选数 莫比乌斯反演

首先问题是从l~r中选n个数，最大公约数为k的方案数

再转化一下，l/k~r/k中选n个数，最大公约数为1的方案数

n=2时很容易，我们看一下n=3的情况

那么，其实选n个数也是同理

分块，枚举r/kd和l-1/kd的取值，然后快速幂计算就可以了，问题在于如何处理出μ函数的前缀和？

还是参考PoPoQQQ大爷的吧：http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/44917831

另一种是dp做法：本题有一个性质，所有选出的数在不全相同的情况下，gcd小于等于最大数-最小数

f[i]表示[l,r]之间选n个不全相同数gcd为k*i的方案数，

f[i]=(R-L)^n-(R-L)-f[i*j]  (R=r/(ki),L=(l-1)/(ki))

如果k在[l,r]中，那么是可以全部相同的。

复杂度O(nlogn)n=r-l

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define maxn 100010
#define mod 1000000007

using namespace std;

int n;
long long m,L,R,k;
long long f[maxn];

long long power(long long x,int y)
{
	long long ans=1;
	while (y)
	{
		if (y&1) ans=ans*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d%lld%lld%lld",&n,&k,&L,&R);
	for (long long i=R-L;i>=1;i--)
	{
		long long l=(L-1)/(k*i),r=R/(k*i);
		f[i]=(power(r-l,n)-(r-l)+mod)%mod;
		for (int j=2;i*j<=R-L;j++)
		  f[i]=(f[i]-f[i*j]+mod)%mod;
	}
	if (L<=k && k<=R) f[1]++;
	printf("%d\n",f[1]);
	return 0;
}