Luogu P3172 [CQOI2015]选数

Posted 2021-01-16 cjjsb

这题的反演做法好像很不可食用啊还得套一个杜教筛

我们注意到题目一个重要的性质：(H-Lle10^5)，看起来可以好好利用一下。

我们首先转化问题，类似于许多和(gcd)有关的问题，我们将原来的最大公约数(K)想办法变成(1)

这个怎么处理呢，其实很简单，将(L)变为(lceil frac{L}{K} ceil)，将(R)变为(lfloorfrac{H}{K} floor)。

显然这样我们把问题转化为：在([L,H])种取(N)次数使它们的(gcd)为(1)

然后我们考虑计算一个(f_i)，表示选出的数的(gcd)为(i)，且选出的所有数不全相同的方案数。

那么我们借Luogu P1447 [NOI2010]能量采集的思路，考虑容斥计算(f_i)

我们首先求出([L,H])之间(i)的倍数(x)，那么先令(f_i=x^N-x)

但是发现这样的方案只是含有公约数，因此我们还要减去(f_{ki}(kin N^+,k>1))的答案

然后做法很明显了，倒序枚举并计算即可，复杂度根据调和级数公式为(O(n(ln(n)+H_n)))

还有注意一下(L=1)时所有的数都可以选(1)，因此要特判。

CODE

#include<cstdio>
#define RI register int
using namespace std;
const int N=100005,mod=1000000007;
int n,k,L,R,l,r,f[N];
inline void dec(int &x,int y)
{
    if ((x-=y)<0) x+=mod;
}
inline int quick_pow(int x,int p,int mul=1)
{
    for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;
}
int main()
{
    RI i,j; scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&L,&R);
    L=L%k?L/k+1:L/k; R=R/k; for (i=1;i<=R-L;++i)
    {
        int l=L%i?L/i+1:L/i,r=R/i;
        f[i]=quick_pow(r-l+1,n); dec(f[i],r-l+1);
    }
    for (i=R-L;i;--i) for (j=i<<1;j<=R-L;j+=i) dec(f[i],f[j]);
    return printf("%d",L^1?f[1]:(f[1]+1)%mod),0;
}