HDU6053 TrickGCD(容斥原理)

传送门

考虑枚举所有数的最大公约数g，那么答案大概张成这个样子

∑g=2∞(−μ(g))∏i=1n⌊aig⌋

其中的莫比乌斯函数是用来容斥的，不知道的可以先学习一下。

按照式子直接做是n2的，肯定不能通过。考虑优化。想到⌊aig⌋的最多有⌊amaxg⌋个取值，对于所有的g，一共有O(∑amaxg=2⌊amaxg⌋)=O(∑amaxi=1i√)=O(amaxlogamax)

所以我们可以枚举g，对于每一个取值，我们可以通过前缀和的形式求出来有x个数可以取这个值v，然后我们用快速幂算出vx乘起来就可以算出针对g的答案了，然后加起来就好。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int MOD = 1e9 + 7;
int p[MAXN], n, a[MAXN], mu[MAXN], cnt, s[MAXN];
bool vis[MAXN];
inline void GET(int&n) {
static char c; n = 0; do c = getchar(); while('0' > c || c > '9');
while('0' <= c && c <= '9') { n = n*10 + c - '0'; c = getchar(); }
}
inline void gmax(int&a, int b) { if(a < b) a = b; }
void Sieve() {
for(int i = 2; i <= 1e5; ++ i) {
if(!vis[i]) { p[++ cnt] = i; mu[i] = -1; }
for(int j = 1, d; j <= cnt && (d = i * p[j]) <= 1e5; ++ j) {
vis[d] = 1;
if(i % p[j] == 0) { mu[d] = 0; break; }
else mu[d] = -mu[i];
}
}
}
inline int ksm(int a, int k) {
int res = 1;
for(; k; k >>= 1, a = 1ll * a * a % MOD)
if(k & 1) res = 1ll * res * a % MOD;
return res;
}
int main() {
Sieve(); int T; scanf("%d", &T);
for(int Cas = 1; Cas <= T; ++ Cas) {
memset(s, 0, sizeof s);
scanf("%d", &n); int mx = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
GET(a[i]); s[a[i]] ++;
gmax(mx, a[i]);
}
for(int i = 1; i <= mx; ++ i)
s[i] += s[i-1];
int ans = 0;
for(int i = 2; i <= mx; ++ i) {
int res = 1;
for(int j = 0; j <= mx; j += i) {
int tmp = s[min(j+i-1, mx)] - (j ? s[j-1] : 0);
tmp = ksm(j/i, tmp);
res = 1ll * res * tmp % MOD;
}
ans = (1ll * ans + 1ll * res * (-mu[i]) + 1ll * MOD) % MOD;
}
printf("Case #%d: %d\n", Cas, ans);
}
return 0;
}