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题目意思：
给定 (n) 和 (m)，求 (n) 个数满足以下 (3) 个条件的方案数（对 (998244353) 取模）：
- (l_ileq a_ileq r_i(1leq ileq n))
- (sumlimits_{i=1}^{n} a_i leq m)
- (gcd(a_1,a_2,cdots,a_n)=1)
考虑对 (gcd) 大力容斥，这样就变成了让 (gcd(a_1,a_2,cdots,a_n)) 为某个数的倍数的方案数，因为 (gcd) 要为某个数的倍数。所以 (a_i) 必须为那个数的倍数，我们可以考虑直接除一下。
考虑 (dp)，(f_{i,j}) 表示前 (i) 个质数和（除了之后）为 (j) 的方案数。
求出每个数的合法区间（除来之后的），枚举它，设它为 (k)，转移就是 (f_{i,j}gets f_{i-1,j-k})。
最后再提一下，容斥乘的数是 (mu)。
#include<bits/stdc++.h>
#define log(a) cerr<<" 33[32m[DEBUG] "<<#a<<'='<<(a)<<" @ line "<<__LINE__<<" 33[0m"<<endl
#define int long long
#define SZ(x) ((int)x.size()-1)
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define DF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
using namespace std;
inline int read(){char ch=getchar(); int w=1,c=0;
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') w=-1;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) c=(c<<1)+(c<<3)+(ch^48);
return w*c;
}
const int N=55,M=1e5+10,MOD=998244353;
int l[N],r[N],ll[N],rr[N],prim[M],cnt,s[M];
bool is[M];
int f[N][M],g[N][M],ans,h[M];
signed main(){
int n=read(),m=read();
h[1]=1;
F(i,2,m){
if(!is[i]){
h[i]=-1;
prim[++cnt]=i;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prim[j]<m;j++){
is[i*prim[j]]=1;
if(i%prim[j]==0)break;
h[i*prim[j]]=-h[i];
}
}
F(i,1,n)l[i]=read(),r[i]=read();
F(_,1,m/n){
F(i,1,n){
if(l[i]%_==0)ll[i]=l[i]/_;
else ll[i]=l[i]/_+1;
rr[i]=r[i]/_;
}
F(i,1,m/_)f[1][i]=0;
F(i,ll[1],rr[1])f[1][i]=1;
F(i,2,n){
F(j,1,m/_)
s[j]=(s[j-1]+f[i-1][j])%MOD;
F(j,ll[i],m/_)
f[i][j]=(s[j-ll[i]]-s[j-min(j-1,rr[i])-1]+MOD)%MOD;
}
int s=0;
F(i,1,m/_)s=(s+f[n][i])%MOD;
ans=(ans+s*h[_]+MOD)%MOD;
}cout<<ans;
return 0;
}
-
Update：复杂度分析：
我们把枚举容斥的数设为 (x)，一次 (dp)，和的上限是 (frac{m}{x})。所以单次 dp 的复杂度是 (O(n imesfrac{m}{x}))，但 (x) 会从 (1) 一直到 (frac{m}{n})。
即：
[egin{aligned} &sum_{x=1}^{frac{m}{n}} n imesfrac{m}{x}\ =&n imes msum_{x=1}^{frac{m}{n}} frac{1}{x}\ =&n imes m imeslogfrac{m}{n} end{aligned} ]