题解 P3172 【[CQOI2015]选数】

· · 题解

这道题自然是可以反演的

按照反演的套路我们先设出两个函数

$f(n)$表示从$[L,H]$中任选$N$个数的最大公约数是$n$的情况数 非常显然的是 $$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$$ $$f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)$$ 开始反演了 首先我们发现我们求$f(k)$并不好求，因为没有办法整除分块 所一我们把$L/k,H/k$之后求$f(1)$就好了 吗？ 显然并不行啊 我们考虑一下如果$L\%k!=0$，$\left \lfloor \frac{L}{k} \right \rfloor\times k<L$,就会使一些不在$[L,H]$内的数混进答案里了 所以如果$L\%k!=0$的话，除以$k$之后再将$L+1

之后就是如何表示F了

非常显然就是

F(n)=(\left \lfloor \frac{H}{n}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{L-1}{n}\right \rfloor)^N

了

f(1)=\sum_{i=1}\mu(i)F(i)

把F(i)相等的用整除分块处理

但是这道题的H非常大，甚至都不能线筛

不能线筛杜教筛总可以了吧，于是就可以用O(H^{\frac{2}{3}})的复杂度解决这道题

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<tr1/unordered_map>
#define re register
#define maxn 5000001
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int mod=1000000007;
using namespace std::tr1;
unordered_map<int,int> ma;
int p[maxn>>1],f[maxn],mu[maxn];
inline LL quick(int a,int b)
{
    LL S=1;
    while(b) {if(b&1) S=S*a%mod;b>>=1;a=(LL)a*(LL)a%mod;}
    return S;
}
int N,K,L,H,M;
int solve(int x)
{
    if(x<=M) return mu[x];
    if(ma.find(x)!=ma.end()) return ma[x];
    int ans=1;
    for(re int l=2,r;l<=x;l=r+1)
    {
        r=x/(x/l);
        ans-=solve(x/l)*(r-l+1);
    }
    return ma[x]=ans;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&N,&K,&L,&H);
    H/=K;
    if(L%K==0) L=L/K;
        else L=L/K+1;
    M=min(H,5000000);
    mu[1]=f[1]=1;
    for(re int i=2;i<=M;i++)
    {
        if(!f[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
        for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=M;j++)
        {
            f[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0) break;
            mu[i*p[j]]=-1*mu[i];
        }
    }
    for(re int i=1;i<=M;i++) mu[i]+=mu[i-1];
    LL ans=0;L--;
    for(re int l=1,r;l<=H;l=r+1)
    {
        if(!(L/l)) r=H/(H/l);
            else r=min(H/(H/l),L/(L/l));
        ans=(ans+quick(H/l-L/l,N)*(LL)(solve(r)-solve(l-1))%mod)%mod;
    }
    printf("%lld\n",((ans%mod)+mod)%mod);
    return 0;
}