题目

从区间 [ l ∼ r ] [l\sim r] [l∼r]中选取 n n n个整数，总共有 ( r − l + 1 ) n (r-l+1)^n (r−l+1)n种方案。问最大公约数刚好为 k k k的选取方案有多少个。

分析

那么也就是在求 [ ⌈ l k ⌉ ∼ ⌊ r k ⌋ ] 中选取 [\lceil\frac{l}{k}\rceil\sim\lfloor\frac{r}{k}\rfloor]中选取 [⌈kl⌉∼⌊kr⌋]中选取n 个整数 , 最大公约数刚好为 1 的选取方案数个整数,最大公约数刚好为1的选取方案数个整数,最大公约数刚好为1的选取方案数
那么之后怎么做呢，因为 r − l r-l r−l比较小，所以说可以选择枚举因数 i i i，那么缩小的范围就变为 [ ⌈ ⌈ l k ⌉ i ⌉ ∼ ⌊ ⌊ r k ⌋ i ⌋ ] [\lceil\frac{\lceil\frac{l}{k}\rceil}{i}\rceil\sim\lfloor\frac{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}{i}\rfloor] [⌈i⌈kl⌉⌉∼⌊i⌊kr⌋⌋]，那么其中的数就是对于因数为 i i i时，范围内除以 i i i的数,设 d p [ i ] dp[i] dp[i]为选取的数公因数是 i i i的个数，那么 d p [ i ] = ( ⌊ ⌊ r k ⌋ i ⌋ − ⌈ ⌈ l k ⌉ i ⌉ + 1 ) n − ( ⌊ ⌊ r k ⌋ i ⌋ − ⌈ ⌈ l k ⌉ i ⌉ + 1 ) dp[i]=(\lfloor\frac{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}{i}\rfloor-\lceil\frac{\lceil\frac{l}{k}\rceil}{i}\rceil+1)^n-(\lfloor\frac{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}{i}\rfloor-\lceil\frac{\lceil\frac{l}{k}\rceil}{i}\rceil+1) dp[i]=(⌊i⌊kr⌋⌋−⌈i⌈kl⌉⌉+1)n−(⌊i⌊kr⌋⌋−⌈i⌈kl⌉⌉+1)
那问题是我们求的是1，那可以干什么呢，我们枚举i的倍数， d p [ i ] − = ∑ j = 2 x d p [ i j ] dp[i]-=\sum_{j=2}^{x}dp[ij] dp[i]−=∑j=2xdp[ij]，这样就可以求出最大公因数是 i i i的个数，时间复杂度 O ( 2 × ( r − l ) log ⁡ 2 ( r − l ) ) O(2\times (r-l)\log_2(r-l)) O(2×(r−l)log2(r−l))

代码

#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
const int mod=(int)1e9+7;
int n,k,l,r,dp[100001];
inline signed ksm(long long x,int y){rr long long ans=1;while (y){if (y&1) (ans*=x)%=mod;(x*=x)%=mod; y>>=1;}return ans;
}
signed main(){scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&l,&r);l=l/k+(l%k>0),r/=k;if (l>r) return !putchar(48);for (rr int i=1;i<=r-l;++i){rr int L=l/i+(l%i>0),R=r/i;if (L>R) break;dp[i]=(ksm(R-L+1,n)-R+L-1+mod)%mod;}for (rr int i=r-l;i;--i)for (rr int j=2;i*j<=r-l;++j)(dp[i]-=dp[i*j]-mod)%=mod;if (l==1) (++dp[1])%=mod;//如果最后扩散到的范围在1上，那么1要多加return !printf("%d",dp[1]);
}

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