P3172 [CQOI2015]选数

首先，显然，可以把 (L) 便乘 (lfloor frac{L}{K} floor + [K mid L]) 显然是因为如果 (K mid L) 那么 (L) 到 (lfloor frac{L}{K} floor cdot K) 是不可能出现和其它数 (gcd) 为 (K) 的数的。也可以把 (H) 便乘 (lfloor frac{H}{K} floor) 这个去掉的是上半部分，理由一致。那么相当于在求新的 (L, H) 之间互质的数的个数。

找出 (L, H) 之间 (x) 的倍数的个数 (frac{H}{K} - (frac{L}{K} + [K mid L])) （注意当后面大于前面直接conitnue）

然后令 (f_{x}) 为最大公因数是 (x)的倍数 的组合的个数。可知 (f_{x} = ig( frac{H}{K} - (frac{L}{K} + [K mid L]) ig)^{N} - ig( frac{H}{K} - (frac{L}{K} + [K mid L]) ig))

那么逆序暴力加减计算就行了

最后别忘了，如果 (ig(lfloor frac{L}{K} floor + [K mid L]ig) = 1) (也就是 (L le K le H)) 要给 (ans + 1)。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;

typedef long long ll;
const ll MAXN = 1000010;
const ll MOD = 1e9 + 7;

ll N, K, L, H, F[MAXN];

ll kuaisu(ll, ll);

int main() {
    scanf("%lld%lld%lld%lld", &N, &K, &L, &H);
    L = L / K + (L % K > 0); H /= K;
    if (L > H) {
        puts("0");
        return 0;
    }
    for (ll d = 1; d <= H - L; d++) {
        ll l = L / d + (L % d > 0), r = H / d; if (l > r) continue;
        F[d] = (kuaisu(r - l + 1, N) - (r - l + 1) + MOD) % MOD;
        //printf("%lld ", F[d]);
    }
    //puts("");
    for (ll i = H-L; i >= 1; i--) {
        for (ll j = 2; j * i <= (H - L); j++) F[i] = (F[i] - F[j*i]) % MOD;
        //printf("%lld ", F[i]);
    }
    //puts("");
    if (L == 1) F[1] += 1;
    ll ans = F[1];
    while (ans < 0) {
        ans += MOD;
    }
    printf("%lld
", ans % MOD);
    return 0;
}

ll kuaisu(ll n, ll tim) {
    ll tem = 1;
    while (tim) {
        if (tim & 1) {
            tem = (tem * n) % MOD;
        }
        tim >>= 1;
        n = (n * n) % MOD;
    }
    return tem;
}