题目
从([L, H])（(H-Lleq 10^5)）选出(n)个整数，使得这些数的最大公约数为(k)的方案数。
算法
首先有一个很简单的转化，原问题可以简化为：
从([lceil {frac L k} ceil, lfloor {frac H k} floor])中选出(n)个整数，使得这些数的最大公约数为(1)的方案数。
下面，(L)的意义不再是原题的意义了，而是(lceil {frac L k} ceil)，(H)同理。
算法1
设(dp(i))为从选出的这些数最大公约数的为(i)的方案数。那么我们可以得到：
然后我们就这样DP就有(80)分了，时间复杂度(O(H))（这里的(H)不是指的是题目中的(H)，而是重新定义的(H)）。
算法2
对上面的DP进行莫比乌斯反演。
设(F(i))为选出的数的最大公约数能够被(i)整除的方案数，那么：
反演得：
我们求的是(dp(1))，所以(d=1)。
这个算起来也是(O(H))的，但是我们还可以继续化简下去。注意到题目中的条件(H-Lleq 10^5)。
当(i geq H-(L-1))，即(i > H - L)的时候，我们可以发现一个很神奇的东西，那就是(lfloor {frac H i} floor - lfloor {frac {L - 1} i} floor)要么等于(0)，要么等于(1)，所以我们可以把指数去掉！
加号左边的式子我们可以暴力算出，现在问题是右边那个怎么算。我们可以计算它的补集：
减号右边的式子我们又可以暴力算出，而左边的，注意到它就是原问题，不过此时(n=1)。
原问题：(sum_{i=1}^Hmu(i)(lfloor {frac H i}
floor - lfloor {frac {L - 1} i}
floor)^n)
现在我们求的：(sum_{i=1}^Hmu(i)(lfloor {frac H i}
floor-lfloor {frac {L - 1} i}
floor))
这样，我们的问题是：从([L, H])中选出(1)个整数，使得这些数的最大公约数为(1)的方案数。
这个问题的答案就是(sum_{i=1}^Hmu(i)(lfloor {frac H i} floor-lfloor {frac {L - 1} i} floor))，若(L=1)，那么式子的值就是(1)，否则就是(0)。
至此，我们就巧妙地解决这道题，时间复杂度(O(H-L))。
代码
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long i64;
const int MAXN = (int) 1e5 + 3;
const int MOD = (int) 1e9 + 7;
int H, L, n;
int myPower(int a, int b) {
int ans = 1;
while (b) {
if (b & 1)
ans = (i64) ans * a % MOD;
a = (i64) a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
freopen("number.in", "r", stdin);
freopen("number.out", "w", stdout);
int k;
scanf("%d%d%d%d", &n, &k, &L, &H);
L = (L + k - 1) / k;
H = H / k;
int HL = H - L;
static bool notPrime[MAXN];
static int prime[MAXN], cntPrime;
static int mu[MAXN];
static int fac[MAXN];
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= HL; i ++) {
if (! notPrime[i]) {
prime[cntPrime ++] = i;
mu[i] = -1;
fac[i] = i;
}
for (int k = 0; k < cntPrime; k ++) {
int j = prime[k];
if (j > fac[i]) break;
if ((i64) j * i > HL) break;
notPrime[j * i] = true;
mu[j * i] = fac[i] == j ? 0 : mu[i] * -1;
fac[j * i] = j;
}
}
i64 ans = 0;
for (int i = 1; i <= HL; i ++) {
ans += (i64) mu[i] * myPower(H / i - (L - 1) / i, n);
ans %= MOD;
}
if (L == 1) ans ++;
for (int i = 1; i <= HL; i ++) {
ans -= mu[i] * (H / i - (L - 1) / i);
ans %= MOD;
}
cout << (ans + MOD) % MOD << endl;
return 0;
}
算法3
设(f(i))为选出的数的最大公约数为(i)且选出的这些数不能全部是同一个数的方案数。
然后我们又可以得到：$$f(i)=(lfloor {frac H i}
floor - lfloor {frac {L - 1} i}
floor)^n-(lfloor {frac H i}
floor - lfloor {frac {L - 1} i}
floor)-sum_{i|j,i < j}f(j)$$
可以发现，这里的(i)最大只有(H-L)，因为对于任意正整数(x,y(x
eq y))，都有(gcd(x, y)leq |x-y|)。
然后我们要加上允许全部数选同一个数的方案。