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题意简述
给定 N , K , L , H N,K,L,H N,K,L,H求下面式子在 m o d 1 0 9 + 7 {\rm mod\ 10^9+7} mod 109+7意义下的值。
∑ i 1 = L H ∑ i 2 = L H ⋯ ∑ i N = L H [ g c d ( i 1 , i 2 , ⋯   , i N ) = K ] \sum_{i_1=L}^H\sum_{i_2=L}^H\cdots\sum_{i_N=L}^H[gcd(i_1,i_2,\cdots,i_N)=K] i1=L∑Hi2=L∑H⋯iN=L∑H[gcd(i1,i2,⋯,iN)=K]
N , K ≤ 1 0 9 , 1 ≤ L ≤ H ≤ 1 0 9 , H − L ≤ 1 0 5 N,K\leq 10^9 ,1\leq L\leq H\leq 10^9,H-L\leq10^5 N,K≤109,1≤L≤H≤109,H−L≤105
通过莫比乌斯反演的套路,我们很容易将式子变成如下形式:
∑
i
1
=
L
⌊
H
K
⌋
⋯
∑
i
N
=
L
⌊
H
K
⌋
[
g
c
d
(
i
1
,
⋯
 
,
i
N
)
=
1
]
\sum_{i_1=L}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}\cdots\sum_{i_N=L}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}[gcd(i_1,\cdots,i_N)=1]
i1=L∑⌊KH⌋⋯iN=L∑⌊KH⌋[gcd(i1,⋯,iN)=1]
然后将莫比乌斯函数套入,得到:
∑ i 1 = L ⌊ H K ⌋ ⋯ ∑ i N = L ⌊ H K ⌋ ( ∑ w ∣ i 1 , w ∣ i 2 , w ∣ i 3 , ⋯   , w ∣ i N μ ( w ) ) = ∑ w = 1 ⌊ H K ⌋ μ ( w ) ∑ i 1 = L ⌊ H K w ⌋ ⋯ ∑ i N = L ⌊ H K w ⌋ 1 = ∑ w = 1 ⌊ H K ⌋ μ ( w ) ( H K w − L − 1 K w ) N \sum_{i_1=L}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}\cdots\sum_{i_N=L}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}\left(\sum_{w|i_1,w|i_2,w|i_3,\cdots,w|i_N}\mu(w)\right) \\ =\sum_{w=1}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}\mu(w)\sum_{i_1=L}^{\lfloor\frac{H}{Kw}\rfloor}\cdots\sum_{i_N=L}^{\lfloor\frac{H}{Kw}\rfloor}1 \\=\sum_{w=1}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}\mu(w)\left(\frac{H}{Kw}-\frac{L-1}{Kw}\right)^N i1=L∑⌊KH⌋⋯iN=L∑⌊KH⌋⎝⎛w∣i1,w∣i2,w∣i3,⋯,w∣iN∑μ(w)⎠⎞=w=1∑⌊KH⌋μ(w)i1=L∑⌊KwH⌋⋯iN=L∑⌊KwH⌋1=w=1∑⌊KH⌋μ(w)(KwH−KwL−1)N
我们用杜教筛筛前面的 μ \mu μ的前缀和,后面分块算即可,复杂度 O ( n 2 3 ) O(n^{\frac{2}{3}}) O(n32)。
代码~~
#include<map>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=2e6+10;
const ll Mod=1e9+7;
ll n,K,L,H,up;
ll prime[M],mu[M],cnt;
bool vis[M];
void init(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=up;i++){
if(!vis[i]){
prime[++cnt]=i;
mu[i]=Mod-1;
}
for(int j=1,v;j<=cnt&&i*prime[j]<=up;j++){
v=i*prime[j];
vis[v]=1;
if(!(i%prime[j])){
break;
}
mu[v]=(Mod-mu[i]);
}
}
for(int i=2;i<=up;i++)mu[i]=(mu[i]+mu[i-1])%Mod;
}
ll fpow(ll a,ll b){
ll res=1;
for(;b;b>>=1,a=(a*a)%Mod)
if(b&1)res=(res*a)%Mod;
return res;
}
map <ll,ll> mp;
ll calc(ll x){
if(x<=up) return mu[x];
if(mp.count(x)) return mp[x];
ll ans=1;
for(ll i=2,j;i<=x;i=j+1){
j=(x/(x/i));
ans=(ans-((j-i+1)%Mod*calc(x/i)%Mod))%Mod;
}
if(ans<0)ans+=Mod;
return mp[x]=ans;
}
ll solve(){
up=min(H/K+1,M-1ll);
init();
ll Max=H/K,ans=0;
ll t1=H/K,t2=(L-1)/K;
for(ll i=1,j;i<=Max;i=j+1){
if(t2/i)j=min(t1/(t1/i),t2/(t2/i));
else j=t1/(t1/i);
ans=(ans+(calc(j)-calc(i-1))%Mod*fpow((t1/i-t2/i),n)%Mod)%Mod;
}
if(ans<0)ans+=Mod;
return ans;
}
int main(){
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&K,&L,&H);
printf("%lld\n",solve());
return 0;
}
但是我们发现,题面上还有个 H − L ≤ 1 0 5 H-L\leq10^5 H−L≤105的条件,由于在 L ∼ H L\sim H L∼H中选一些不同的数出来的 g c d ≤ H − L gcd\leq H-L gcd≤H−L,那么就可以枚举 g c d gcd gcd,所以我们可以令 f [ i ] f[i] f[i]为最大公约数为 i i i的答案。
关于为什么在 L ∼ H L\sim H L∼H中选一些不同的数出来的 g c d gcd gcd不会大于 H − L H-L H−L,这里简单证明:
首先我们只用考虑选两个数出来,如果这两个数的 g c d > H − L gcd>H-L gcd>H−L,那么令小的那个为 g c d × k 1 gcd\times k_1 gcd×k1,大的为 g c d × k 2 gcd\times k_2 gcd×k2,那么由于它们两个不同,所以 k 2 − k 1 ≥ 1 k_2-k_1\geq 1 k2−k1≥1,所以它们两个之间的距离一定大于了 H − L H-L H−L,所以不可能同时在 L ∼ H L\sim H L∼H内。
此时根据前面的转换,最后可以变成答案为 f [ 1 ] f[1] f[1]。
下面我们考虑如何求取 f [ i ] f[i] f[i]:
我们从大到小枚举 i i i,我们可以发现,凡是为 i i i的倍数的数都有可能成为答案,所以先加上所有的 i i i的倍数组合后的结果 ( H K i − L − 1 K i ) N − 1 × ( H K i − L − 1 K i − 1 ) \left(\frac{H}{Ki}-\frac{L-1}{Ki}\right)^{N-1}\times\left(\frac{H}{Ki}-\frac{L-1}{Ki}-1\right) (KiH−KiL−1)N−1×(KiH−KiL−1−1),但是会多算一些,也就是最大公约数为 2 i , 3 i , ⋯ 2i,3i,\cdots 2i,3i,⋯的方案,所以最后再减去 f [ 2 i ] , f [ 3 i ] , ⋯ f[2i],f[3i],\cdots f[2i],f[3i],⋯即可。
复杂度 O ( ( H − L ) l o g ( H − L ) ) O((H-L)log(H-L)) O((H−L)log(H−L))
注意 :最后如果 K K K在 L , H L,H L,H之间的话还要加上全部为 K K K的方案数,也就是1。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e5+10;
const ll Mod=1e9+7;
ll n,K,L,H,f[M],len,ls;
ll fpow(ll a,ll b){
ll res=1;
for(;b;b>>=1,a=(a*a)%Mod){
if(b&1)res=(res*a)%Mod;
}
return res;
}
int main(){
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&K,&L,&H);
if(L<=K&&K<=H)ls=1;
ll l=(L-1)/K,r=H/K;
len=r-l;
for(int i=len;i>=1;i--){
ll x=l/i,y=r/i;
f[i]=fpow(y-x,n)-(y-x);
if(f[i]<0)(f[i]%=Mod)+=Mod;
for(ll j=i+i;j<=len;j+=i){
f[i]=(f[i]-f[j])%Mod;
}
if(f[i]<0)f[i]+=Mod;
}
printf("%lld\n",f[1]+ls);
return 0;
}