bzoj 3930: [CQOI2015]选数【递推】

妙啊
这个题一上来就想的是莫比乌斯反演：

[f(d)=sum_{k=1}^{left lceil frac{r}{d} ight ceil}mu(k)(left lceil frac{r}{kd} ight ceil-left lceil frac{l-1}{kd} ight ceil)^n ]

但是看到r的范围发现前缀和不能处理于是不能分块于是时间复杂度为( O(rlog_2n) )于是GG。（其实是可以处理的但是我不会比较麻烦，而且复杂度高所以没写，方法详见PoPoQQQ大爷blog http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/44917831）

这时注意到r-l的范围看起来很可做，所以考虑复杂度与len有关的算法。

这里有一个性质，当a集合不全部相等时( gcd(a_1,a_2...,a_n)=k,kleq a_{max}-a_{min} )。
证明：设( {b_1,b_2...,b_n}={frac {a_1} {k},frac {a_2} {k},...,frac {a_n} {k},} )，因为不全部相等，所以( b_{max}-b_{min} geq 1 )，所以( (b_{max}-b_{min})*k=a_{max}-a_{min}geq k )

首先，( l=(l-1)/k,r=r/k )把问题转换为在新的( (l,r) )范围内求( gcd==1 ) 的方案数（注意以下的l和r都是新的范围）；
设( f[i] )为gcd为i时的方案数，可以求出gcd为i的倍数是的方案数( sum=(left lceil r/i ight ceil-left lceil l/i ight ceil)^n-(left lceil r/i ight ceil-left lceil l/i ight ceil) )，减去的是集合内数字全部相等的方案个数。那么( f[i]=sum - sum_{i|j}^{jleq len} f[j] )。可以选择从后往前递推。

时间复杂度...理论上是( O(lenlog_2len) )或者 ( O(lenlog_2n) )，但是调和级数和快速幂的复杂度我不知道怎么加（躺

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=100005,mod=1e9+7;
int n,k,l,r,len,p,f[N];
int ksm(int a,int b)
{
	int r=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
			r=(long long)r*a%mod;
		a=(long long)a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return r;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&l,&r);
	if(l<=k&&r>=k)
		p=1;
	l=(l-1)/k,r=r/k,len=r-l;
	for(int i=len;i>=1;i--)
	{
		int x=l/i,y=r/i;
		f[i]=(ksm(y-x,n)-y+x+mod)%mod;//减去的是区间全部相等
		for(int j=i*2;j<=len;j+=i)
			f[i]=((f[i]-f[j])%mod+mod)%mod;
	}
	printf("%d
",f[1]+p);
	return 0;
}