题目描述
小 X 驾驶着他的飞船准备穿梭过一个 (n) 维空间，这个空间里每个点的坐标可以用 (n) 个实数表示，即 ((x_1,x_2,dots,x_n))。
为了穿过这个空间，小 X 需要在这个空间中选取 (c)（(cgeq 2)）个点作为飞船停留的地方，而这些点需要满足以下三个条件：
每个点的每一维坐标均为正整数，且第 (i) 维坐标不超过 (m_i)。
第 (i+1)（(1leq i<c)）个点的第 (j)（(1leq jleq n)）维坐标必须严格大于第 (i) 个点的第 (j) 维坐标。
存在一条直线经过所选的所有点。在这个 (n) 维空间里，一条直线可以用 (2n) 个实数 (p_1,p_2,dots,p_n,v_1,v_2,dots,v_n) 表示。直线经过点 ((x_1,x_2,dots,x_n))，当且仅当存在实数 (t)，使得对 (i=1dots n) 均满足 (x_i=p_i+v_it)。
小 X 还没有确定他的最终方案，请你帮他计算一下一共有多少种不同的方案满足他的要求。由于答案可能会很大，你只需要输出答案 (mod10007) 后的值。
输入格式
第一行包含一个正整数 (T)，表示有 (T) 组数据需要求解。
每组数据包含两行，第一行包含两个正整数 (n,c)（(cgeq 2)），分别表示空间的维数和需要选择的暂停点的个数。
第二行包含 (n) 个正整数，依次表示 (m_1,m_2,…,m_n)。
输出格式
共 (T) 行，每行包含一个非负整数，依次对应每组数据的答案。
样例
input
3
2 3
3 4
3 3
3 4 4
4 4
5 9 7 8
output
2
4
846
explanation
对于第一组数据，共有两种可行的方案：一种选择 ((1,1),(2,2),(3,3))，另一种选择 ((1,2),(2,3),(3,4))。
限制与约定
时间限制: 1s, 空间限制: 512MB.
题解
首先，我们发现只要满足(x_i < y_i, i = 1,2,dots,n) ，（其中((x_1, x_2,dots,x_n),(y_1, y_2,dots,y_n))分别是第一个点和最后一个点的坐标）且点的不同排列算同一种即可。
那么，我们枚举这两个点之后，以其为端点的线段上共有（除去两端）(gcd(y_1-x_1,y_2-x_2,dots.y_n-x_n))个点。其中选出(c-2)个点的方式有(C_{gcd(y_1-x_1,y_2-x_2,dots.y_n-x_n)}^{c-2})种，所以总方案数是
我们发现，所有(p_i=y_i-x_i)固定之后，方案数恰有
种，这是因为(p_i)固定后(x_i)只能取(1,2,dots,m_i-p_i).
于是我们有
优先枚举(d=gcd(p_1, p_2,dots,p_n))（下式中(m_{min})表示(min(m_1,m_2,dots,m_n)):
令
则有
最后一步是等差数列求和。
由莫比乌斯反演可知：
于是有
易知(prod_{i=1}^nleft[m_ileftlfloorfrac{m_i-1}l ight floor-frac{lleftlfloorfrac{m_i-1}l ight floorleft(1+leftlfloorfrac{m_i-1}l ight floor ight)}2 ight])在将所有(leftlfloorfrac{m_i-1}l ight floor)作为常数看待的情况下是一个关于(l)的不超过(n)次（是因为(mod10007)之后有可能次数更低）的多项式，而且引起至少一个(leftlfloorfrac{m_i-1}l ight floor)改变的(l)有(O(nsqrt m))个，于是可以对每一个所有(leftlfloorfrac{m_i-1}l ight floor)都不改变的段分别求和。由于此时它是关于(l)的多项式，我们只需预处理出所有的(S_{c,p,t}=sum_{l=1}^tl^psum_{dmid l}muleft(frac ld ight)C_d^{c-2})即可。至于如何在只改变一个因式时快速维护成绩中各项的系数，可以用线段树实现（代码中为zkw线段树）。
完。
Code
#include <algorithm>
#include <cstdio>
const int N = 12;
const int C = 21;
const int M = 100001;
const int mod = 10007;
int fac[mod], inv[mod];
int mu[M], f[C][M], S[C][M][N];
int p[N * 1000], m[N];
inline int CC(int a, int b) {
if (!b) return 1;
if (a % mod < b % mod) return 0;
return CC(a / mod, b / mod) * fac[a % mod] % mod * inv[fac[b % mod]] % mod * inv[fac[(a - b) % mod]] % mod;
}
int a[64][N], po[64];
int mdp[N];
int n, mm, c;
void upd(int x) {
int l = x * 2, r = x * 2 + 1;
po[x] = po[l] + po[r];
for (int i = 0; i <= po[x]; ++i) a[x][i] = 0;
for (int i = 0; i <= po[l]; ++i)
for (int j = 0; j <= po[r]; ++j)
a[x][i + j] = (a[x][i + j] + a[l][i] * a[r][j] % mod) % mod;
}
int sum(int l, int r) {
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= po[1]; ++i)
ans = (ans + a[1][i] * (S[c][r][i] - S[c][l - 1][i]) % mod) % mod;
return ans;
}
int main() {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i < mod; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i < mod; ++i) inv[i] = mod - (mod / i) * inv[mod % i] % mod;
mu[1] = 1;
for (int i = 1; i < M; ++i)
for (int j = i * 2; j < M; j += i)
mu[j] -= mu[i];
for (int c = 2; c < C; ++c) {
for (int i = 1; i < M; ++i)
f[c][i] = 0;
for (int d = c - 1; d < M; ++d) {
int cc = CC(d - 1, c - 2);
for (int i = 1; i * d < M; ++i)
f[c][i * d] = (f[c][i * d] + cc * mu[i]) % mod;
}
for (int j = 0; j < N; ++j)
S[c][0][j] = 0;
for (int i = 1; i < M; ++i)
for (int j = 0, ij = 1; j < N; ++j, ij = ij * (i % mod) % mod)
S[c][i][j] = (S[c][i - 1][j] + f[c][i] * ij) % mod;
}
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
mm = 10000000;
scanf("%d%d", &n, &c);
for (int i = 0; i < n; ++i)
scanf("%d", &m[i]), mm = std::min(mm, m[i]);
if (mm < c) {
printf("0
");
continue;
} if (n == 1) {
printf("%d
", CC(m[0], c));
continue;
}
int t = 0;
p[t++] = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int last = 1;
while (last < m[i] - 1) {
last = (m[i] - 1) / ((m[i] - 1) / last) + 1;
p[t++] = last;
}
}
std::sort(p, p + t);
t = (int)(std::unique(p, p + t) - p);
p[t] = mm;
int d = 1;
while (d < n) d <<= 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) mdp[i] = m[i];
for (int i = 1; i <= d * 2; ++i) a[i][po[i] = 0] = 1;
int ans = 0;
for (int i = 0; p[i] < mm && i < t; ++i) {
int l = p[i], r = p[i + 1] - 1; //[l, r]
for (int j = 0; j < n; ++j)
if ((m[j] - 1) / l != mdp[j]) {
mdp[j] = (m[j] - 1) / l;
int k = d + j;
po[k] = 1;
a[k][0] = m[j] % mod * (mdp[j] % mod) % mod;
a[k][1] = -mdp[j] % mod * ((mdp[j] + 1) % mod) % mod * inv[2] % mod;
while (k /= 2)
upd(k);
}
ans = (ans + sum(l, r)) % mod;
}
printf("%d
", (ans + mod) % mod);
}
return 0;
}