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。
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)\\)
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。
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
（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;
}
+本文作者：luyouqi233。 +
+欢迎访问我的博客：http://www.cnblogs.com/luyouqi233/+
+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++