heal gcd+容斥

    题目大意：给你一个n，m，要求有多少种方案选n个小于m的数使满足a1x1+a2x2+....+anxn=1;

  感想：和poj1091跳蚤一模一样。分析要算gcd为1的方案数，可以算总方案数见去gcd不唯一的方案数，那现在考虑gcd不为1的方案数，我们易知gcd不为1且小于m，所以gcd不为1的情况只有可能是m的因数x，这时我们就要剪掉包括x的x的倍数（应该容易理解），所以考虑把m分解质因数，易知总方案数为m的n次方，根据容斥原理，f（gcd=1）=总方案-（m/x1）的n次方-（m/x2）的n次方-......(m/xn)的n次方，这样我们又发现有多减掉了一个（m/lcm（x1，x2））的方案数，故而要加一个回来，然后依次加减，得出答案。

# include <iostream># include <cstdio># include <cstring># include <cmath># include <list># include <map># include <queue># include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;ll read(){ll f=1,i=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){i=(i<<3)+(i<<1)+ch-'0';ch=getchar();}return f*i;}const ll mod=1e9+7;vector<ll>q;int prime[1000005],cnt;ll ans,n,m;bool vis[1000005];inline void pre(){for(int i=2;i<=500005;++i){if(!vis[i]) prime[++cnt]=i;for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=500005;++j){vis[i*prime[j]]=1;if(i%prime[j]==0) break;}}int S=sqrt(m)+1;ll x=m;for(int i=1;i<=cnt;++i){if(prime[i]>S) {cnt=i-1;break;}}for(int i=1;i<=cnt;++i){if(x%prime[i]==0){q.push_back(prime[i]);while(x%prime[i]==0) x/=prime[i];} }if(x!=1) q.push_back(x);}ll ksm(ll a,ll b,ll c){ll res=1;a%=c;while(b){if(b&1) res=res*a%c;b>>=1;a=a*a%c;}return res;}inline void dfs(int nowp,ll pos,int f){if(nowp==q.size()){ans+=f*ksm(m/pos,n,mod);return ;}dfs(nowp+1,pos*q[nowp],-f);dfs(nowp+1,pos,f);}int main(){n=read(),m=read();pre();dfs(0,1,1);cout<<(ans%mod+mod)%mod<<endl;}

ps：因为题目给的m<=10的15次方，所以枚举sqrt（m）来分解也是可以的，不过我自信的试了一下只枚举500000以内的质数，然后发现能过，那就要快一些了。