2017第二次多校联合hdu6053Tirck Gcd

假装这里有链接

题意：给出A的序列，然后根据A的序列去确定B的序列。

B的序列满足1≤Bi≤Ai且对于任意B的子集的gcd≥2.

解：首先考虑任意B的子集的gcd≥2这个条件。它代表的含义即B中任意两个数不互质。那个B中的数都是倍数关系。然后再来看A，已知了A序列，那我们可以枚举小于A但是大于1的所有数。拿样例来看，A的序列为4 4 4 4，然后从2开始枚举，枚举到2的时候，2是4的因子，且4≤4,所以这时候不论是取2还是取4都是可以的，所以是4*C(12),然后枚举到3，只有这一种情况，然后到4，也是一种情况，但是在枚举2的时候已经考虑的2的倍数4的情况了，所以重复去掉，答案是16+4=17.

经过简单的推导，我们可以推出含重复答案的公式为：∑aminx=2(∏ni=1a[i]x)。

下面我们开始讨论重复的答案如何去重。应用简单的容斥原理，就是下面的那张图，然后用筛法求莫比乌斯函数实现。

|A∪B∪C|=|A|+|B|+|C|−|A∩B|−|B∩C|−|A∩C|+|A∩B∩C|



但是从对每个可能的Bi都枚举一遍A，这样是n2的时间复杂度对于105的数据来说是绝对会超时的，所以需要优化。

仔细观察可以得知，在某个范围里的数对于一个固定的Bi所对应的种数是一样的。比如对于5来说，1-4里面有0个5,5-9里面有5个5,10-14里面有2个5……………..

所以我们就可以将这一个整块的数据同时处理，这样就会节约很多时间。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
#define ll long long
ll m[100010];
void mu()
{
m[1]=1;
for(ll i=1; i<=maxn; i++)
for(ll j=2*i; j<=maxn; j+=i)
{
m[j]-=m[i];
}
}
ll a[maxn],num[2*maxn];
ll qmod(ll a,ll b)
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b%2==1)ans=ans*a%mod;
a=(a*a)%mod;
b/=2;
}
return ans;
}
int main()
{
ll minx,t,ca=1;
mu();
scanf("%lld",&t);
while(t--)
{
memset(a,0,sizeof a);
memset(num,0,sizeof num);
ll n;
scanf("%lld",&n);
minx=maxn+10;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
minx=min(a[i],minx);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
num[a[i]]++;
}
for(int i=1; i<=200000; i++)
{
num[i]+=num[i-1];
}
ll ans=0;
for(ll i=2; i<=minx; i++)
{
ll sum=1;
for(ll j=1; j*i<=100000; j++)
{
sum=(sum*qmod(j,num[(j+1)*i-1]-num[j*i-1]))%mod;
//j代表优化中拿的种数
}
ans=(ans-sum*m[i]%mod+mod)%mod;
}
printf("Case #%lld: %lld\n",ca++,ans);
}
}