[bzoj3930] [洛谷P3172] [CQOI2015] 选数

Description###

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。

Input###

输入一行，包含4个空格分开的正整数，依次为N，K，L和H。

Output###

输出一个整数，为所求方案数。

Sample Input###

2 2 2 4

Sample Output###

HINT###

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<=10^{9，1<=L<=H<=10}9，H-L<=10^5

想法##

最初的想法是莫比乌斯反演，但写了一半发现好麻烦，还要杜教筛之类的。。。

于是放弃！上普通容斥！

我们发现 $H-L \leq 10^5$ ，那对于这个范围内，任意两不同的数的gcd $\leq 10^5$

（这个应该还是挺显然的。这两个数的差一定是它们gcd的倍数）

我们先把L与H处理一下，都除以K，将问题转变为求某一区间$[l,r]$内选N个数gcd为1的方案数。

设 $f[i]$ 表示该区间内选N个数（这N个数不全相同），gcd为i的方案数（一会儿我会解释为什么要N个数不全相同）

那么 $f[i]=[r/i-l/i]^n - [r/i-l/i] - \sum\limits_{i|j} f[j] $

其中减去的 $[r/i-l/i] $ 便是N个数都相同的情况。

最后需要特判一下是否N个数可以都取K，若可以答案为$f[1]+1$，否则为$f[1]$

好，现在解释一下为什么$f[i]$中选的N个数不全相同（想了好久才明白qwq）

一开始我想的是，计算$f[i]$时不需减掉 $[r/i-l/i]$，因为所有 $f[i]$ 都带上 $(i,i,i,i,…)$ ，在 $ - \sum\limits_{i|j} f[j]$ 时肯定会被消掉。

可是，对于区间$[l,r]$中的任意一个数x， $(x,x,x,x,x…)$ 的gcd为x，可能是超过$10^5$的。

而我们的$f[i]$最多只到$10^5$，所以如果$f[i]$包括N个数都相同的情况的话，会有一些 $(x,x,x,x,…)$ 没有被减掉

而我们又知道，若N个数都相同且gcd为K，那只有这N个数都为K这一种情况。对这种情况特判一下就可以了。

一个小总结##

莫比乌斯反演与普通容斥的异同：

对于这道题的条件，两者都可以由 $F(i)=f(i)+f(2i)+f(3i)+…$ 的式子写成，其中$F(i)$极其好求，而$f(i)$是我们需要的答案。

莫比乌斯反演是只通过$F()$求$f()$，用到莫比乌斯函数

而普通容斥的做法就是递推，通过$F()$及$f()$ 求$f()$

一般来说莫比乌斯反演时间复杂度可以优化到$O(\sqrt{n})$，比普通容斥快；而普通容斥比莫比乌斯反演好写许多。

所以要具体问题具体分析，再决定用哪种做法。

代码##

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define P 1000000007

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100005;

ll Pow_mod(int x,int y){

	ll ret=1;

	while(y){

		if(y&1) ret=(ret*x)%P;

		x=((ll)x*x)%P; //别忘了临时转long long !!!

		y>>=1;

	}

	return ret;

}

int n,K,L,H,l,r,m;

ll f[N];

int main()

{

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

	l=(L-1)/K; r=H/K;

	m=r-l;

	int x;

	for(int i=m;i>0;i--){

		x=r/i-l/i;

		if(x<=0) continue;

		f[i]=(Pow_mod(x,n)-x+P)%P;

		for(int j=i*2;j<=m;j+=i)

			f[i]=(f[i]-f[j]+P)%P;

	}

	if(L<=K && K<=H) f[1]=(f[1]+1)%P;

	printf("%lld\n",f[1]);

	return 0;

}

巴特西