BZOJ3930 [CQOI2015]选数【容斥】

题目

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。

输入格式

输入一行，包含4个空格分开的正整数，依次为N，K，L和H。

输出格式

输出一个整数，为所求方案数。

输入样例

2 2 2 4

输出样例

提示

样例解释

所有可能的选择方案：(2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 2), (4, 3), (4, 4)

其中最大公约数等于2的只有3组：(2, 2), (2, 4), (4, 2)

对于100%的数据，1≤N,K≤109，H-L≤10^5

题解

问题转化：

由于gcd为K，选出的数一定是K的倍数，令区间内所有的K的倍数除去K后，最小为L，最大为H，则问题转化为

两个数互质的方案数除了用莫比乌斯反演之外，还有一种容斥\(O(nlogn)\)的方法

同样可以搬到这题多个数互质上来

我们令\(f[i]\)表示gcd为i的方案数【不包括全选同一个数，这个单独讨论】

如果区间内有\(x\)个\(i\)的倍数，则粗略估计\(f[i] = x^N - x\)

我们会发现这样算会大了，因为我们同样包括了\(f[2*i]\)、\(f[3*i]\).......

减去即可

可以证明，N以内枚举所有数的倍数复杂度是\(O(nlogn)\)

这样我们就可以\(O(nlogn)\)计算出\(f[1]\)

等等，还没完，如果\(L=1\)，说明全选L时gcd为1，也要考虑，此时\(ans+1\)即可

#include<cstdio>

#define LL long long int

const int P = 1000000007;

int N,K,L,H,f[100002];

int qpow(int a,int b){

	int ans = 1;

	for (; b; b >>= 1,a = (LL)a * a % P)

		if (b & 1) ans = (LL)ans * a % P;

	return ans % P;

}

int main(){

	scanf("%d%d%d%d",&N,&K,&L,&H);

	L = L % K ? L / K + 1 : L / K;

	H /= K;

	int len = H - L + 1;

	for (int i = len; i; i--){

		int x = H / i - (L - 1) / i;

		f[i] = (qpow(x,N) - x) % P;

		for (int j = i + i; j <= len; j += i) f[i] = (f[i] - f[j]) % P;

	}

	printf("%d\n",((f[1] + (L == 1)) % P + P) % P);

	return 0;

}

nlogn