这是 CF1559 E 的题解。
数学白痴看了好久题解才懂/kk
题目给出三个限制条件：
- 对所有 \(i\in [1,n]\)，\(a_i\in [l_i,r_i]\)。
- \(\sum\limits_{i=1}^n a_i\le m\)。
- \(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)=1\)。
如果只有前两个条件，我们可以轻松写出如下转移方程：
\[f_{i,j}=\sum\limits_{k=l_i}^{r_i} f_{i-1,j-k} \]这个转移是 \(O(nm^2)\) 的，我们用前缀和优化，记
\[s_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^j f_{i,k} \]那么有
\[f_{i,j}=s_{i-1,j-l_i}-s_{i-1,j-r_i-1} \]这个转移是 \(O(nm)\) 的。
现在加上第三个条件。容易想到用容斥去做，设
设
\[F(x)=\sum\limits_{a_1=l_1}^{r_1}\sum\limits_{a_2=l_2}^{r_2}...\sum\limits_{a_n=l_n}^{r_n}[\gcd(a_1,a_2,...,a_n)=x]\left[\sum\limits_{i}a_i \le m\right] \]\(F(x)\) 即 \(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)=x\) 的方案数。那么答案为 \(F(1)\)。但这个式子难以计算，这里需要一步转化：
设
\[G(x)=\sum\limits_{a_1=l_1}^{r_1}\sum\limits_{a_2=l_2}^{r_2}...\sum\limits_{a_n=l_n}^{r_n}[x\mid\gcd(a_1,a_2,...,a_n)]\left[\sum\limits_{i}a_i \le m\right] \]那么 \(G(x)=\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{m}{x}\rfloor} F(dx)\)
我们先求 \(G(x)\)，枚举 \(a_i\) 时强制其为 \(x\) 的倍数即可。为了使转移连续，干脆直接枚举 \(a_i\) 是 \(x\) 的几倍，那么对于 \(G(x)\)，背包的容量降为 \(\left\lfloor\dfrac{m}{x}\right\rfloor\)，时间复杂度变为调和级数。
根据 \(G(x)=\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{m}{x}\rfloor} F(dx)\) ，得到 \(F(x)=G(x)-\sum\limits_{d=2}^{\lfloor\frac{m}{x}\rfloor} F(dx)\)。
因此我们倒序枚举 \(x\)，用背包求 \(G(x)\)，从而求得 \(F(x)\)，最终得到 \(F(1)\)。
以下是代码详解：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool MB1;
typedef long long ll;
const ll P=998244353;
const int M=55,N=1e5+5;
int n,m,l[M],r[M];
ll f[M][N],ans[N];
bool MB2;
int main()
{
// printf("%.2lfMB\n",(&MB2-&MB1)/1024.0/1024.0);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
for(int g=m;g>0;g--)
/*
枚举 G(x) 中的 x
其实可以从 m/n 开始枚举，我还不太明白为啥
*/
{
int up=(m-1+g)/g;
/*最多的倍数向上取整*/
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=up;j++)
{
if(i==0)f[i][j]=1;
else f[i][j]=0;
}
/*
其实只有 f[0][0]=1
但是这里把前缀和和转移合并到一起
由于前缀和，i=0都是1
*/
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int L=(l[i]-1+g)/g,R=r[i]/g;
/*L：最小倍数 R：最大倍数*/
for(int j=L;j<=up;j++)
{
/*从总倍数处转移来*/
int ok_l=max(0,j-R),ok_r=j-L;
/*
对应前缀和优化后的
*/
if(ok_l>ok_r)f[i][j]=0;
else
{
f[i][j]=f[i-1][ok_r];
if(ok_l)f[i][j]=(f[i][j]-f[i-1][ok_l-1]+P)%P;
/*
f[i][j]=s[i-1][j-L]-s[i-1][j-R-1]
但 j-R-1 可能 <0 注意判掉
*/
}
}
for(int j=max(1,L);j<=up;j++)
f[i][j]=(f[i][j]+f[i][j-1])%P;
/*
前缀和累加。
*/
}
ans[g]=f[n][m/g];
for(int i=(g<<1);i<=m;i+=g)
ans[g]=(ans[g]-ans[i]+P)%P;
/*
ans数组即 F(x) 数组
*/
}
printf("%lld",ans[1]);
return 0;
}
/*
2 82949
3069 17191
63122 72590
*/
本篇题解参考了 Qiaoqia 的 CF1559E 题解 和 HoshizoraZ 的 CF1559E 题解