Description
输入一个长度为n的数组{ai}(1 <= i <= n)
问有多少个长度为n的数组{xi}(1 <= i <= n)，满足1 <= xi <= ai。
并且相邻两项的最大公约数小于等于k。
换句话说，对于1<i <= n，满足gcd(xi−1,xi) <= k。
问这样的数组{xi}有多少个，答案对1000000007取模。
Input
第一行两个整数n,k。接下来一行n个整数，表示数组{ai}。
1 <= ai,k <= 1000000。Sigma(ai) <= 1000000。
Output
一行一个整数表示这样的数组的个数，对1000000007取模。
Sample Input
9 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9
Sample Output
168852
Solution
考虑(dp)，
设(f_{i,j})表示当前选到第(i)个数了，这个数选的是(j)。
显然可以得到转移：
[f_{i,j}=sum_{x=1}^{lim_{i-1}}f_{i-1,x}[gcd(j,x)leqslant k]
]
这个是(O(n^2))的，不能接受，考虑针对后面的(gcd)化简式子，莫比乌斯反演一波可以得到：
[f_{i,j}=sum_{T|j}sum_{t|T}mu(t)[frac{T}{t}leqslant k]sum_{x=1}^{frac{lim_{i-1}}{T}}f_{i-1,xT}
]
中间都是一些套路的化简，这里不赘述了。
然后设：
[g(n)=sum_{t|n}mu(t)[frac{n}{t}leqslant k]
]
这个可以(O(nlog n))预处理出来。
设：
[h(x)=sum_{i=1}^{frac{lim_{i-1}}{x}}f_{i-1,ix}
]
这个每次转移都是(O(limcdot log lim))，总复杂度(O(nlog n))。
所以转移可以写成这样：
[f_{i,j}=sum_{t|j}g(t)h(t)
]
这个可以枚举约数(O(nlog n))。
所以，总复杂度为(O(nlog n))。
#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1000000007;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('
');}
const int maxn = 2e6+10;
vector <int > f[maxn];
int g[maxn],mu[maxn],pri[maxn],tot,vis[maxn],k,n,lim[maxn],h[maxn],G[maxn];
void sieve() {
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++) {
if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for(int t=1;t<maxn;t++)
for(int d=t;d<maxn&&d<=k*t;d+=t) g[d]+=mu[t];
}
int main() {
read(n),read(k);
sieve();
for(int i=1;i<=n;i++) {
read(lim[i]);
for(int j=0;j<=lim[i]+1;j++) f[i].push_back(0);
}
for(int i=1;i<=lim[1];i++) f[1][i]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=lim[i];j++) h[j]=0; // ATTENTION lim[i] !
for(int j=1;j<=lim[i-1];j++)
for(int u=j;u<=lim[i-1];u+=j) h[j]=(h[j]+f[i-1][u])%mod;
for(int t=1;t<=lim[i];t++)
for(int d=t;d<=lim[i];d+=t)
f[i][d]=(1ll*f[i][d]+1ll*h[t]*g[t]%mod)%mod;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=lim[n];i++) ans=(ans+f[n][i])%mod;
write((ans%mod+mod)%mod);
return 0;
}