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
3
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≤10^9，1≤L≤H≤10^9，H-L≤10^5
题解
问题转化：
从区间[L,H]中选出N个数，使得gcd为K
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
从区间[L,H]中选出N个数，使得gcd为1，即互质
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
",((f[1] + (L == 1)) % P + P) % P);
return 0;
}