BZOJ 4305 數列的GCD 數論

題目大意：給定n,m 和一個長度爲n 的數列ai..n ，其中滿足1≤ai≤m ，對於d=1..m 求數列b1..n 的個數，滿足：
1.  1≤bi≤m
2.  gcd(b1,b2,...,bn)=d
3.  ∑ni=1[ai≠bi]=k

有k 個位置不同就是有n−k 個位置相同，設s=n−k
對於一個d ，設a 數組中有cnt 個數是d 的倍數，那麼答案就是
ansd=Cscnt∗(⌊md⌋−1)cnt−s∗⌊md⌋n−cnt−∑⌊md⌋i=2ansd∗i
cnt 和後面那個求和式子都能在均攤O(logm) 的時間內求出
時間複雜度O(mlogm)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define M 300300
#define MOD 1000000007
using namespace std;
int n,m,k;
int cnt[M],ans[M];
long long fac[M],inv[M];
long long Quick_Power(long long x,int y)
{
    long long re=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) (re*=x)%=MOD;
        (x*=x)%=MOD; y>>=1;
    }
    return re;
}
void Pretreatment()
{
    int i;
    for(fac[0]=1,i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    for(inv[1]=1,i=2;i<=n;i++)
        inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
    for(inv[0]=1,i=1;i<=n;i++)
        (inv[i]*=inv[i-1])%=MOD;
}
long long C(int n,int m)
{
    return fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n-m] % MOD;
}
int main()
{
    int i,j,x;
    cin>>n>>m>>k;k=n-k;
    Pretreatment();
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        ++cnt[x];
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        int _cnt=0;
        for(j=i;j<=m;j+=i)
            _cnt+=cnt[j];
        if(_cnt<k)
        {
            ans[i]=0;
            continue;
        }
        ans[i]=C(_cnt,k) * Quick_Power(m/i-1,_cnt-k) % MOD * Quick_Power(m/i,n-_cnt) % MOD;
    }
    for(i=m;i;i--)
        for(j=i+i;j<=m;j+=i)
            (ans[i]+=MOD-ans[j])%=MOD;
    for(i=1;i<=m;i++)
        printf("%d%c",ans[i],i==m?'\n':' ');
    return 0;
}