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分析:
自己YY的解法:
gcd=k g c d = k ,那么我们就可以把选出的数都分解成 (k∗a0,k∗a1,...,k∗an) ( k ∗ a 0 , k ∗ a 1 , . . . , k ∗ a n )
那么 gcd(a0,a1,...,an)=1 g c d ( a 0 , a 1 , . . . , a n ) = 1 ,其中一定能找到两个数满足 gcd(ai,aj)=1 g c d ( a i , a j ) = 1 ,其余数字可以任意选择
设 [l∗k,r∗k] [ l ∗ k , r ∗ k ] 包含在 [L,R] [ L , R ] 内且 [l,r] [ l , r ] 尽量大,那么 ai a i 的范围就是 [l,r] [ l , r ]
ans=(∑i=lr∑j=lr[gcd(i,j)=1]−1)∗(r−l+1)k−2 a n s = ( ∑ i = l r ∑ j = l r [ g c d ( i , j ) = 1 ] − 1 ) ∗ ( r − l + 1 ) k − 2
对于 ∑ni=1∑nj=1[gcd(i,j)=1]=2∗∑ni=1ϕ(i) ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n [ g c d ( i , j ) = 1 ] = 2 ∗ ∑ i = 1 n ϕ ( i )
S(n)=∑ni=1ϕ(i)=∑ni=1(i−∑d|i,d<iϕ(d))=n(n+1)2−∑ni=2S(ni) S ( n ) = ∑ i = 1 n ϕ ( i ) = ∑ i = 1 n ( i − ∑ d | i , d < i ϕ ( d ) ) = n ( n + 1 ) 2 − ∑ i = 2 n S ( n i )
然而T掉了。。。
反演正解:
%%%PoPoQQQ
我化出来的式子是这样的:
∑ni=1μ(i)=S(n)=1−∑ni=2μ(ni) ∑ i = 1 n μ ( i ) = S ( n ) = 1 − ∑ i = 2 n μ ( n i )
用这个式子计算μ的前缀和也是可以的
tip
一开始还是T,时间卡的太紧
if(n/i-) ans-=(Sum(last)-Sum(i-))*(n/i-);
加了一个小特判,时间就减少了一多半:4000ms
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
const int INF=e9+;
const int N=e7+;
const ll p=e9+;
ll n,m,L,R;
int mu[N],sshu[N],tot=;
bool no[N];
map<int,ll> mp;
void prepare() {
mu[]=;
for (int i=;i<N;i++) {
if (!no[i]) {
sshu[++tot]=i;
mu[i]=-;
}
for (int j=;j<=tot&&sshu[j]*i<N;j++) {
no[sshu[j]*i]=;
if (i%sshu[j]==) {
mu[i*sshu[j]]=;
break;
}
mu[i*sshu[j]]=-mu[i];
}
}
for (int i=;i<N;i++) mu[i]=mu[i-]+mu[i];
}
ll KSM(ll a,ll b) {
ll t=;
while (b) {
if (b&) t=(t*a)%p;
b>>=;
a=(a*a)%p;
}
return t%p;
}
ll Sum(int n) {
if (n<N) return mu[n];
if (mp.find(n)!=mp.end()) return mp[n];
ll ans=,last;
for (ll i=;i<=n;i=last+) {
last=n/(n/i);
if(n/i-) ans-=(Sum(last)-Sum(i-))*(n/i-);
}
mp[n]=ans;
return ans;
}
ll solve() {
ll last,ans=;
for (ll i=;i<=R;i=last+) {
last=min(R/(R/i),L/i?(L/(L/i)):INF);
ans+=(Sum(last)-Sum(i-))*KSM(R/i-L/i,n);
ans%=p;
}
return (ans%p+p)%p;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&L,&R);
L=(L-)/m; R=R/m;
prepare();
printf("%lld",solve());
}
当然dada们还有其他解法
容斥:
YJQQQAQ
我们用 f[i] f [ i ] 表示 gcd g c d 刚好为 k∗i k ∗ i 的选数方案,那么 f[1] f [ 1 ] 就是答案,我们就for i = 100000 to 1,从大往小算
对于每一个 i i ,先算在这个区间里面有多少个k∗ik∗i的倍数,然后 N N 次方之
然后减去f[i∗j](j=1,2,3….MAXJ)f[i∗j](j=1,2,3….MAXJ)
这就是 gcd g c d 为 k∗i k ∗ i 的方案数
i∗j i ∗ j 到 100000 100000 就好了,因为这个区间最多只有 100000 100000 长
可能 i∗j i ∗ j 在 100000 100000 以上还会有需要减掉的,我们考虑计算这些数对答案的贡献
首先同一个 gcd g c d 只会有1个数,这些 gcd g c d 的个数就是在原区间里面除以 K>100000 K > 100000 且为 i i <script type="math/tex" id="MathJax-Element-64">i</script>的倍数的数