TrickGCD

HDU 6053



容斥原理

显然对于答案，我们只需要对那些质因数分解后任何一种质数都只会出现一次的进行处理。这个可以先进行线性筛然后nlogn统计那些数满足要求。对于这些数求出∏Aii，如果 i 的质数个数为奇数那么就加，否则就减。但是只是想到这点还是会TLE，每次枚举的i都要把A数组扫描一遍肯定不行，还需要用前缀和来维护。用 sum[i] 表示 [1,i]出现的数，那么我们就可以通过枚举 j = Aii，要求的就是∏jsum[i∗(j+1)−1]−sum[i∗j+1]，这样时间就是nlognlogn的了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 100010;
const int maxm = 100000;
const long long mo = 1000000007;
int a[maxn], p[maxn], num[maxn], n, x, m;

void getPrime() {
memset(p, 0, sizeof(p));
for (int i = 2; i <= maxm; i++) {
if (!p[i]) p[++p[0]] = i;
for (int j = 1; j <= p[0] && p[j] <= maxm/i; j++) {
p[p[j]*i] = 1;
if (i%p[j] == 0) break;
}
}
memset(num, 0, sizeof(num));
for (int i = 1; i <= p[0]; i++) {
for (int j = maxm/p[i]; j >= 1; j--) if (num[j])
num[j*p[i]] = num[j]+1;
num[p[i]] = 1;
}
}
long long ans, t;

int get(int x, int y) {
//x^y
long long tt = 1, tx = x;
while (y > 0) {
if (y%2) tt = (tt*tx)%mo;
tx = (tx*tx)%mo;
y /= 2;
}
return tt;
}

int main() {
getPrime();
int T;
scanf("%d", &T);
for (int cases = 1; cases <= T; cases++) {
memset(a, 0, sizeof(a));
scanf("%d", &n);
m = maxm;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &x);
a[x]++;
m = min(m, x);
}
ans = 0;
for (int i = 1; i <= maxm; i++) a[i] += a[i-1];
for (int i = 2; i <= m; i++) if (num[i]) {
t = 1;
for (int j = 1; i*j <= maxm; j++) {
t = (t*get(j, a[min(maxm, i*(j+1)-1)]-a[i*j-1])) %mo;
}
if (num[i]%2) ans = (ans+t)%mo;
else ans = (ans+mo-t)%mo;
}
printf("Case #%d: %lld\n", cases, ans);
}
}