题意
在一个 (n) 维空间中，求一个点可以用一个 (n) 维向量 ((x_1,x_2,dots x_n)) 表示。现在要选出 (c) 个点，有三个限制：
- 设 (x_i) 表示任意一个点的第 (i) 个分量，那么 (x_iin [1,m_i],x_iin Z) 。
- 选出的所有点在同一条直线上。
问方案数。 (Tle 100,nle 11,cle 20,m_ile 10^5) 。
分析
好题！！！
看到这种感觉比较难入手的统计方案数问题，我们可以先尝试枚举一些东西，把问题变简单再计算。如果是很复杂的问题（比如说这里的 (n) 维），可以先从简单的情况开始推理。这里我们从 (n=2) 开始想，第一步枚举这条线的两端，或者枚举每个分量上的长度再枚举起点：
即枚举每个分量上的长度，那么这个线段上的整点个数就是 (gcd(x,y)-1) ，分别为 ((frac{x}{gcd(x,y)},frac{y}{gcd(x,y)}),(frac{2x}{gcd(x,y)},frac{2y}{gcd(x,y)}),dots ,(frac{(gcd(x,y)-1)x}{gcd(x,y)},frac{(gcd(x,y)-1)y}{gcd(x,y)})) ，统计取出 (c-2) 个的方案数（ ((0,0)) 和 ((x,y)) 已经取了）。用经典的莫比乌斯函数方法对这个式子实施一些变形。设 (m_1le m_i) ：
令 (f(m,k)=sum _{i=1}^{lfloorfrac{m}{k} floor}(m-ik)) ，那么就有
注意，这里我们已经把结论推广到 (n) 维的情况了——找到每一维独立的东西，按同样的方式加入。再看看 (f) 的形式：
这里面带有 (k) 的底式很难处理。而注意到数据范围比较小，我们可以直接对于一种 (lfloorfrac{m}{k} floor) 把 (f(m,k)) 多项式直接乘出来。设得到的多项式系数向量为 (b) ，那么：
如果我们预先处理出 (g(a,c,k)=a^ksum _{d|a}mu (frac{a}{d})inom {d-1}{c-2}) 的前缀和，那么我们就可以分段快速计算答案了。
接下来分析复杂度。预处理的复杂度为 (O(mcln m+nmc)) ，前一个为枚举倍数的调和级数计算 (g(a,c,0)) ，后面的是递推得到 (g(a,c,k)) 的前缀和。
整个查询会被分成最多 (2nsqrt m) 段，每段中需要暴力乘出多项式，这个复杂度为 (n^2) ，所以总复杂度为 (O(mcln m+nmc+n^3sqrt m)) 。可能我的常数比较大，所以bzoj上过不了。uoj总用时4秒。
有一个需要注意的地方，由于这题的模数是 (10^4+7<m) ，我们求组合数就不能用阶乘来求，由于这题的数据范围比较小，可以直接递推出所有的。在线性筛 (mu) 函数的时候记得对 (mu) 取模。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long giant;
inline char nchar() {
static const int bufl=1<<20;
static char buf[bufl],*a,*b;
return a==b && (b=(a=buf)+fread(buf,1,bufl,stdin),a==b)?EOF:*a++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;
char c=nchar();
for (;!isdigit(c);c=nchar()) if (c=='-') f=-1;
for (;isdigit(c);c=nchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
const int maxn=12;
const int maxc=21;
const int maxm=1e5+1;
const int q=1e4+7;
const int inf=1e9+7;
inline int Plus(int x,int y) {return ((giant)x+(giant)y)%q;}
inline int Sub(int x,int y) {return Plus(x,q-y);}
inline int Multi(int x,int y) {return (giant)x*y%q;}
inline void Max(int &x,int y) {x=max(x,y);}
inline void Min(int &x,int y) {x=min(x,y);}
bool np[maxm];
int p[maxm],ps=0,mu[maxm],g[maxc][maxn][maxm],m[maxn],n,c,mi,com[maxm][maxc];
inline int C(int n,int m) {return n>=m?com[n][m]:0;}
struct poly {
int a[maxn],e;
inline int& operator [] (const int x) {return a[x];}
void clear() {memset(this,0,sizeof(poly));}
poly () {clear();}
} b[maxn];
poly operator * (poly a,poly b) {
poly c;
for (int i=0;i<=a.e;++i) for (int j=0;j<=b.e;++j) c[i+j]=Plus(c[i+j],Multi(a[i],b[j]));
c.e=a.e+b.e;
return c;
}
inline int solve() {
if (mi<n) return 0;
int ret=0;
for (int i=1,j;i<=mi;i=j+1) {
j=inf;
for (int k=1;k<=n;++k) {
int tmp=m[k]/i;
Min(j,m[k]/(tmp));
b[k].clear();
b[k].e=1;
b[k][0]=Multi(m[k],tmp);
b[k][1]=q-((giant)tmp*(tmp+1)/2ll%q);
}
for (int k=2;k<=n;++k) b[1]=b[1]*b[k];
for (int k=0;k<=n;++k) ret=Plus(ret,Multi(b[1][k],Sub(g[c][k][j],g[c][k][i-1])));
}
return ret;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
com[0][0]=1;
for (int i=1;i<maxm;++i) {
com[i][0]=1;
for (int j=1;j<maxc;++j) com[i][j]=Plus(com[i-1][j],com[i-1][j-1]);
}
mu[1]=1;
for (int i=2;i<maxm;++i) {
if (!np[i]) p[++ps]=i,mu[i]=q-1;
for (int j=1,tmp;j<=ps && (tmp=i*p[j])<maxm;++j) {
np[tmp]=true;
if (i%p[j]==0) break;
mu[tmp]=q-mu[i];
}
}
for (int x=2;x<maxc;++x) {
int (*h)[maxm]=g[x];
for (int i=1;i<maxm;++i) for (int j=1,tmp;(tmp=i*j)<maxm;++j) h[0][tmp]=Plus(h[0][tmp],Multi(mu[j],C(i-1,x-2)));
for (int i=1;i<maxn;++i) for (int j=1;j<maxm;++j) h[i][j]=Multi(h[i-1][j],j);
for (int i=0;i<maxn;++i) for (int j=1;j<maxm;++j) h[i][j]=Plus(h[i][j-1],h[i][j]);
}
int T=read();
while (T--) {
n=read(),c=read(),mi=inf;
for (int i=1;i<=n;++i) Min(mi,m[i]=read());
int ans=solve();
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}