(mathcal{Description})
(mathcal{Solution})
这里就不用(N,M)，还是(n,m)写的习惯些
直接计算一个方案是十分不方便的
所以考虑容斥
设(gleft(d
ight))表示(d | gcd)的方案数
设(a)中有(cnt)个数是(d)的倍数
那么有
(gleft( d
ight) =left( dfrac {m}{d}
ight) ^{n-cnt}egin{pmatrix} cnt \ n-k end{pmatrix}left( dfrac {m}{d}-1
ight) ^{k-left(n-cnt
ight)})
(left( dfrac {m}{d} ight) ^{n-cnt})表示有(n-cnt)个数是必须修改的，每个有(frac{m}{d})种数选择
那么还剩(k-left(n-cnt ight))个数必须要修改，我们可将其写为(cnt-(n-k))，这样就是等价于要选(n-k)个数出来
(egin{pmatrix} cnt \ n-k end{pmatrix}left( dfrac {m}{d}-1 ight) ^{k-left(n-cnt ight)})表示将这(cnt)个数修改(k-(n-cnt))个数，每个数因为自己本身是(d)的一个倍数，所以只有(frac{m}{d})种选择
设(fleft(d ight))表示(gcd=d)的方案数
然后可以考虑莫比乌斯反演
显然有
(egin{aligned}gleft( n ight) =sum _{n | d}fleft( d ight)end{aligned})
则根据莫比乌斯反演，有
(egin{aligned}fleft( n ight) =sum _{n | d}mu left( dfrac {d}{n} ight) gleft( d ight)end{aligned})
当然，莫比乌斯反演什么的是不可能莫比乌斯反演的
直接容斥就可以啦
(egin{aligned}fleft(n
ight)=gleft(n
ight)-sum_{n|d}f(d)end{aligned})
从大到小枚举(d)，直接计算即可
(mathcal{Code})
/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年08月23日 星期五 08时14分25秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 300005;
const int mod = 1000000007;
//{{{cin
struct IO{
template<typename T>
IO & operator>>(T&res){
res=0;
bool flag=false;
char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') flag|=ch=='-';
while(ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
if (flag) res=~res+1;
return *this;
}
}cin;
//}}}
int n,m,k;
int a[maxn],num[maxn];
ll fac[maxn],inv[maxn],f[maxn];
//{{{ksm
int ksm (int a,int b)
{
a%=mod;
int s=1;
for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
if (b&1) s=1ll*s*a%mod;
return s;
}
//}}}
inline ll C (int n,int m)
{
return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main()
{
cin>>n>>m>>k;
fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
for (int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i],++num[a[i]];
for (int i=2;i<=n;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for (int i=2;i<=n;++i) inv[i]=(-mod/i*inv[mod%i]%mod+mod)%mod;
for (int i=2;i<=n;++i) inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%mod;
for (int i=m;i>=1;--i){
int cnt=0;
for (int j=i;j<=m;j+=i) cnt+=num[j];
if (cnt-n+k<0) f[i]=0;
else f[i]=C(cnt,n-k)*ksm(m/i-1,cnt-n+k)%mod*ksm(m/i,n-cnt)%mod;
for (int j=i<<1;j<=m;j+=i) f[i]=1ll*(f[i]-f[j]+mod)%mod;
}
for (int i=1;i<=m;++i) printf("%lld ",f[i]);
return 0;
}
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