NKOJ 3249(CQOI 2015) 选数（莫比乌斯反演，杜教筛）

选数

问题描述

    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。

输入格式

    输入一行，包含4个空格分开的正整数，依次为N,K,L和H。

输出格式

    输出一个整数，为所求方案数。

样例输入

    2 2 2 4

样例输出

    3

提示

    样例解释：    所有可能的选择方案：(2,2), (2,3), (2,4), (3,2), (3,3), (3,4), (4,2), (4,3), (4,4)。    其中最大公约数等于2的只有3组：(2,2), (2,4), (4,2)。    数据范围：    对于30%的数据，N≤5，H-L≤5。    对于100%的数据，1≤N,K≤10^9，1≤L≤H≤10^9，H-L≤10^5。

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首先，在[L,H]中选最大公约数为K的N个数显然等价于[L/K,H/K]中选最大公约数为1的N个数。
因此，令A=(L-1)/K,B=H/K
（为何要-1呢，主要是因为后面要用减法求可行数的范围（类似于前缀和）而除K后是要取整的，所以范围在这里先确定下来）
推导一下：

这样，如果我们能求出u的前缀和，那么就可以在n√∗logn的复杂度内解决这个问题。
但是，当H很大而K很小时，B可能会很大以至于线性筛无法解决，这个时候我们可以用传说中的杜教筛来解决。他的数学基础是:

这样，我们就可以递归的求出我们想要的前缀和了，注意到当n比较小的时候我们是可以线性筛求出来的。所以设置一个分界U，当n<=U时用线性筛预处理。并且，经过复杂的推导我们知道当U=n23最小为n23

具体实现可以参考代码

#include<stdio.h>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>#include<map>#define ll long long#define U 1000000using namespace std;map<ll,ll>Q;ll p[U+5],mu[U+5],smu[U+5],tot,mod=1000000007;bool mark[U+5];ll QM(ll a,ll b){    ll ans=1;a%=mod;    while(b)    {        if(b&1)ans=ans*a%mod;        b>>=1;        a=a*a%mod;    }    return ans;}void EU(){    mu[1]=1;smu[1]=1;    for(ll i=2;i<=U;i++)    {        if(!mark[i])p[++tot]=i,mu[i]=-1;        for(ll j=1;j<=tot&&p[j]*i<=U;j++)        if(i%p[j])mark[i*p[j]]=1,mu[i*p[j]]=-mu[i];        else {mark[i*p[j]]=1;mu[i*p[j]]=0;break;}        smu[i]=(smu[i-1]+mu[i])%mod;    }}ll Mu(ll n){    if(n<=U)return smu[n];    if(Q.count(n))return Q[n];    ll ans=1,j,i;    for(i=2;i<=n;i=j+1)    {        j=n/(n/i);        ans=(ans-Mu(n/i)*(j-i+1)%mod)%mod;    }    Q[n]=ans;    return ans;}int main(){    ll N,K,L,H,i,j,ans=0;    scanf("%lld%lld%lld%lld",&N,&K,&L,&H);    EU();L=(L-1)/K;H=H/K;    for(i=1;i<=H;i=j+1)    {        j=H/(H/i);        if(L/i)j=min(j,L/(L/i));        ans=(ans+(Mu(j)-Mu(i-1))*QM(H/i-L/i,N)%mod)%mod;    }    cout<<(ans+mod)%mod;}