令 f ( p , k ) f(p,k) f(p,k)表示从 [ 0 , n − 1 ] [0,n-1] [0,n−1]中选择 k k k个数，使得和为 p p p的倍数的方案数。
接下来用一种很诡异的姿势容斥。
直接算并不好算，考虑枚举最后有 i i i个数固定且相同，前面选择 k − i k-i k−i个不同的数和为 s u m sum sum，这两部分分开计算，互不影响。
发现会出现 i + 1 i+1 i+1个数重复的情况，需要减掉，然后又多减掉了 i + 2 i+2 i+2个数重复的情况，就这样容斥下去。
考虑算固定 i i i个数的情况。
显然我们需要下面方程有解：
p ∣ i x + s u m p\mid ix+sum p∣ix+sum
则 g c d ( i , p ) ∣ s u m gcd(i,p)\mid sum gcd(i,p)∣sum，设 s u m = t ⋅ g c d ( i , p ) sum=t\cdot gcd(i,p) sum=t⋅gcd(i,p)，则：
p ∣ i x + t ⋅ g c d ( i , p ) p g c d ( i , p ) ∣ i g c d ( i , p ) x + t p\mid ix+t\cdot gcd(i,p)\\\frac{p}{gcd(i,p)}\mid \frac{i}{gcd(i,p)}x+t p∣ix+t⋅gcd(i,p)gcd(i,p)p∣gcd(i,p)ix+t
显然由于 p ∣ n p\mid n p∣n， x x x在 [ 0 , n − 1 ] [0,n-1] [0,n−1]中的合法取值有 n p g c d ( i , p ) = n p ⋅ g c d ( i , p ) \frac{n}{\frac{p}{gcd(i,p)}}=\frac{n}p\cdot gcd(i,p) gcd(i,p)pn=pn⋅gcd(i,p)，且与 t t t无关，也就是说子问题为 f ( g c d ( i , p ) , k − i ) f(gcd(i,p),k-i) f(gcd(i,p),k−i)。
容斥完了之后，需要考虑一个东西，在算没有任何数重复的合法方案的时候，我们实际上还是固定了一个数，则每一个方案被算了 k k k次，需要除掉。
那么，很容易地，我们得到容斥递归求解的式子：
f ( p , k ) = 1 k ∑ i = 1 k ( − 1 ) i + 1 ⋅ n ⋅ g c d ( i , p ) p ⋅ f ( g c d ( i , p ) , k − i ) f(p,k)=\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}(-1)^{i+1}\cdot \frac{n\cdot gcd(i,p)}{p}\cdot f(gcd(i,p),k-i) f(p,k)=k1i=1∑k(−1)i+1⋅pn⋅gcd(i,p)⋅f(gcd(i,p),k−i)
总复杂度是一个调和级数 O ( k log k ) O(k\log k) O(klogk)？常数较大。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define re register
#define cs const
using std::cerr;
using std::cout;
inline int gcd(int a,int b){
if(!a||!b)return a|b;
int shift=__builtin_ctz(a|b);
for(b>>=__builtin_ctz(b);a;a-=b)if((a>>=__builtin_ctz(a))<b)std::swap(a,b);
return b<<shift;
}
cs int mod=1e9+7;
inline int add(int a,int b){
return (a+=b)>=mod?a-mod:a;}
inline int dec(int a,int b){
return (a-=b)<0?a+mod:a;}
inline int mul(int a,int b){
ll r=(ll)a*b;return r>=mod?r%mod:r;}
inline int power(int a,int b,int res=1){
for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))(b&1)&&(res=mul(res,a));
return res;
}
inline void Inc(int &a,int b){
(a+=b)>=mod&&(a-=mod);}
inline void Dec(int &a,int b){
(a-=b)<0&&(a+=mod);}
cs int K=5e3+3;
int n,k;
int Cn[K],inv[K];
inline void init(){
inv[0]=inv[1]=1;
Cn[0]=1,Cn[1]=n;
for(int re i=2;i<=k;++i){
inv[i]=mul(inv[mod%i],mod-mod/i);
Cn[i]=mul(Cn[i-1],mul(dec(n+1,i),inv[i]));
}
}
int dp[K][K];
inline int f(int p,int k){
if(!k)return 1;
if(p==1)return Cn[k];
if(~dp[p][k])return dp[p][k];
int ans=0,tmp,val,d=n/p;
for(int re i=1;i<=k;++i){
tmp=gcd(p,i);
val=mul(f(tmp,k-i),tmp);
(i&1)?Inc(ans,val):Dec(ans,val);
}
return dp[p][k]=mul(ans,mul(d,inv[k]));
}
signed main(){
#ifdef zxyoi
freopen("slay.in","r",stdin);
#endif
std::cin>>n>>k;
init();
memset(dp,-1,sizeof dp);
int ans=0,tmp,val;
for(int re i=1;i<=k;++i){
tmp=gcd(n,i);
val=mul(f(tmp,k-i),tmp);
(i&1)?Inc(ans,val):Dec(ans,val);
}
cout<<mul(ans,inv[k])<<"\n";
return 0;
}
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