Luogu 3172 [CQOI2015]选数

考虑枚举$k$的倍数$dk$，容易知道$left lceil frac{L}{K} ight ceilleq dleq left lfloor frac{H}{k} ight floor$

我们设全部$n$个数含有公因子$dk$且全部数互不相同的方案数是$f(d)$，记$x = (left lceil frac{L}{K} ight ceil - left lfloor frac{H}{k} ight floor + 1)$

　　　　那么$f(d) = (x^{n} - x)$

但是这样不是完全对的，因为这样子相当于把最大公因数是$2k,3k...$的情况也考虑进去了，我们最后还要容斥掉$f(2) f(3)...$这些数

其实就是一个莫比乌斯函数啦……线性筛一波

答案$ans = sum_{i = 1}^{x - 1}f_{i} * mu _{i}$

最后注意当$left lceil frac{L}{K} ight ceil$为$1$的时候，全部都选1也是一种可行的方案。

时间复杂度$O(nlogn)$

Code：

#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 5;
const ll P = 1e9 + 7;

int n, ln, rn, k, pCnt = 0, pri[N];
ll mu[N], f[N];
bool np[N];

inline ll pow(ll x, ll y) {
    ll res = 1;
    for(; y > 0; y >>= 1) {
        if(y & 1) res = res * x % P;
        x = x * x % P;
    }
    return res;
}

inline void sieve() {
    mu[1] = 1LL;
    for(int i = 2; i <= rn - ln; i++) {
        if(!np[i]) {
            mu[i] = -1LL;
            pri[++pCnt] = i;
        }
        for(int j = 1; j <= pCnt && pri[j] * i <= rn - ln; j++) {
            np[i * pri[j]] = 1;
            if(i % pri[j] == 0) break;
            else mu[i * pri[j]] = -mu[i];
        }
    } 
}

int main() {
    scanf("%d%d%d%d", &n, &k, &ln, &rn);
    
/*    if(ln % k) ln = ln / k + 1; 
    else ln /= k; */
    ln = (ln + k - 1) / k, rn /= k;
    if(ln > rn) return puts("0"), 0;
    
    sieve();
    
    for(int i = 1; i <= rn - ln; i++) {
        int l = ln, r = rn;
/*        if(l % i) l = l / i + 1; 
        else l /= i;  */
        l = (l + i - 1) / i, r /= i;
        if(l > r) continue;
        f[i] = (pow(r - l + 1, n) - (r - l + 1) + P) % P;
    }
    
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= rn - ln; i++)
        ans = (ans + f[i] * mu[i] % P + P) % P;        
    if(ln == 1) ans = (ans + 1LL) % P;
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}