这题的反演做法好像很不可食用啊还得套一个杜教筛

我们注意到题目一个重要的性质：\(H-L\le10^5\)，看起来可以好好利用一下。

我们首先转化问题，类似于许多和\(\gcd\)有关的问题，我们将原来的最大公约数\(K\)想办法变成\(1\)

这个怎么处理呢，其实很简单，将\(L\)变为\(\lceil \frac{L}{K}\rceil\)，将\(R\)变为\(\lfloor\frac{H}{K}\rfloor\)。

显然这样我们把问题转化为：在\([L,H]\)种取\(N\)次数使它们的\(\gcd\)为\(1\)

然后我们考虑计算一个\(f_i\)，表示选出的数的\(\gcd\)为\(i\)，且选出的所有数不全相同的方案数。

那么我们借的思路，考虑容斥计算\(f_i\)

我们首先求出\([L,H]\)之间\(i\)的倍数\(x\)，那么先令\(f_i=x^N-x\)

但是发现这样的方案只是含有公约数，因此我们还要减去\(f_{ki}(k\in N^+,k>1)\)的答案

然后做法很明显了，倒序枚举并计算即可，复杂度根据调和级数公式为\(O(n(\ln(n)+H_n))\)

还有注意一下\(L=1\)时所有的数都可以选\(1\)，因此要特判。

CODE

#include
    
     #define RI register intusing namespace std;const int N=100005,mod=1000000007;int n,k,L,R,l,r,f[N];inline void dec(int &x,int y){    if ((x-=y)<0) x+=mod;}inline int quick_pow(int x,int p,int mul=1){    for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;}int main(){    RI i,j; scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&L,&R);    L=L%k?L/k+1:L/k; R=R/k; for (i=1;i<=R-L;++i)    {        int l=L%i?L/i+1:L/i,r=R/i;        f[i]=quick_pow(r-l+1,n); dec(f[i],r-l+1);    }    for (i=R-L;i;--i) for (j=i<<1;j<=R-L;j+=i) dec(f[i],f[j]);    return printf("%d",L^1?f[1]:(f[1]+1)%mod),0;}