LINK：数列的GCD
题意：
给出一个长度为N的数列{a[n]}，1<=a[i]<=M(1<=i<=N)。
现在问题是，对于1到M的每个整数d，有多少个不同的数列b[1], b[2], ..., b[N]，满足：
(1)1<=b[i]<=M(1<=i<=N)；
(2)gcd(b[1], b[2], ..., b[N])=d；
(3)恰好有K个位置i使得(a_i eq b_i)(1<=i<=N)
注：gcd(x1,x2,...,xn)为x1, x2, ..., xn的最大公约数。
输出答案对1,000,000,007取模的值。
我没能想出来这道题 感觉有点虚。应该多思考一下的。
有K个位置恰好不相等 n-K个位置恰好相等 设当前处理的gcd为d 那么a序列能和b序列刚好相等的数的个数为M.M为a序列中为d的倍数的个数。
那么有C(M,n-k)的方案 剩下的方案 考虑这M-n+k个位置只有(lfloor frac{M}{d} floor-1)种可能。
这里注意是排列 不是组合(我傻了想成这里运用隔板法了 剩下的 n-M个位置 就有(lfloor frac{M}{d} floor)可能。
最后发现 有不合法的情况可以发现不合法的情况为gcd为d的倍数 所以此时把d的倍数的答案都减掉即可。
const int MAXN=300010;
int n,m,k;
int a[MAXN],vis[MAXN];
ll fac[MAXN],inv[MAXN],ans[MAXN];
inline ll ksm(ll b,int p){if(p<0)return 0;ll cnt=1;while(p){if(p&1)cnt=cnt*b%mod;b=b*b%mod;p=p>>1;}return cnt;}
inline ll C(int a,int b){if(a<b)return 0;return fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
get(n);get(m);get(k);fac[0]=1;k=n-k;
rep(1,n,i)++vis[get(a[i])],fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);
fep(n-1,0,i)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
fep(m,1,i)
{
ll cnt=0,sum=vis[i];
for(int j=2;j*i<=m;++j)cnt=(cnt+ans[j*i])%mod,sum+=vis[i*j];
ans[i]=C(sum,k)*ksm(m/i-1,sum-k)%mod*ksm(m/i,n-sum)%mod;
ans[i]=(ans[i]-cnt+mod)%mod;
}
rep(1,m,i)printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}