BZOJ3930：[CQOI2015]选数——题解

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3930

https://www.luogu.org/problemnew/show/P3172#sub

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。

参考：

http://blog.csdn.net/u012288458/article/details/51024404

http://blog.csdn.net/TA201314/article/details/50963772

（然而上面这两位（自我感觉）或多或少都有问题）

3.25更新，已用代码实现本算法。

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首先想到莫比乌斯反演，你们dp都是怎么想到的啊喂。

先行特判掉\(n=1\)和\(l>r\)和\(k>r\)的情况。

那么开始推式子，注意为了本人的习惯把h改为了r：

\(\sum_{i_1=l}^r\sum_{i_2=l}^r\cdots\sum_{i_n=l}^r[gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)=k]\)

\(=\sum_{i_1=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{i_2=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\cdots\sum_{i_n=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}[gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)=1]\)

\(=\sum_{i_1=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{i_2=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\cdots\sum_{i_n=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{d|gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)}\mu(d)\)

\(=\)套路(为了方便起见，下文开始\(\lfloor\frac{r}{k}\rfloor=r,\lceil\frac{l}{k}\rceil=l\))

\(=\sum_{d=1}^{r-l}(l\)到\(r\)的\(d\)的倍数的个数\()^n\mu(d)\)

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PS1：这里有一个奇妙的性质那就是在\([l,r]\)区间中任取两个不相等的数，则他们的最大公约数不大于\(r-l\)。

问了数竞大佬，貌似给了一个靠谱的证明？

我们取\(ij\)两个互质的数，显然它们\(gcd=1\)，那么我们给他们同时乘数m，则它们的\(gcd=m\)，而\(r-l\)最小即为\((j-i)*m>=m\)，问题得证。

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PS2：为什么括号内不是一个式子呢，因为注意对于有相同数的数对我们没法处理，所以要减去它们，于是边算边记录每个数的出现次数，最后的\(cnt[i]\)表示的就是有两个或以上\(i\)的数对的个数，答案减去它们即可。

同时注意如果\(l=1\)的话则\(l\)到\(r\)之间存在\(k\)所以\(n\)个\(k\)是成立的于是不能多减。

处理\(cnt\)用跳着枚举的方法，不过复杂度并没因此变高到哪里去。

本蒟蒻不太会算复杂度，大概是\(O((r-l)*(1/1+1/2+...+1/(r-l))=\) \(O((r-l)log(r-l))\)，如果对\(\mu=0\)的情况特判掉的话复杂度会再次减少

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（终于证明完美了，如果有谁能论述一下网上莫比乌斯反演题解的正确性非常欢迎（我是真的没看懂TAT））

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
const ll p=1e9+7;
ll n,k,l,r,su[N],miu[N],cnt[N];
bool he[N];
ll pow(ll x,ll y){
    ll res=1;
    while(y){
	    if(y&1)res=res*x%p;
	    x=x*x%p;
	    y>>=1;
    }
    return res;
}
void Euler(int n){
    int tot=0;
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
	    if(!he[i]){
	        su[++tot]=i;
	        miu[i]=-1;
	    }
	    for(int j=1;j<=tot;j++){
	        if(i*su[j]>n)break;
	        he[i*su[j]]=1;
	        if(i%su[j]==0){
	       		miu[i*su[j]]=0;break;
	        }
	        else miu[i*su[j]]=-miu[i];
	    }
    }
    return;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&l,&r);
    if(l>r||k>r){
    	puts("0");
    	return 0;
    }
    if(n==1){
	    if(l<=k&&k<=r)puts("1");
	    else puts("0");
	    return 0;
	}
    Euler(1e5);
    l=(l%k!=0)+l/k;r/=k;
    ll ans=0;
    for(int i=r-l;i>=1;i--){
	    if(miu[i]){
	        int j=l,tot=0;
	        if(j%i!=0)j=j/i*i+i;
		    while(j<=r){
		       	cnt[j-l]+=miu[i];
		        j+=i;tot++;
	        }
	        ans=(ans+miu[i]*pow(tot,n)%p)%p;
	    }
    }
    for(int i=r-l;i>=1;i--){
   		ans=(ans-cnt[i])%p;
    }
    if(l==1)ans=(ans-(cnt[0]-1))%p;
    else ans=(ans-cnt[0])%p;
    printf("%lld\n",(ans+p)%p);
    return 0;
}

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