[2018.05.05 T2] 互质2

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互质2

【题目描述】

Shy 有 n 个数字，要求你从中选一个数和一群数，满足一群数的 GCD>1 且 GCD（一群数的 GCD，一个数的值）=1。问方案数。

【输入】

第一行一个整数 n。

第二行 n 个数表示数组。

【输出】

输出一个数表示答案。（mod 1e9+7）

【输入样例】

3
2 3 2

【输出样例】

5

【提示】

【数据规模】

对于 30%的数据，n≤10；

对于 100%的数据，1≤n≤500000, 2≤数字≤10000000。

题解

$\mathcal{linners}$大佬是真的屌，直接A掉，蒟蒻%%%

容易想到直接枚举一群数是不科学的，所以我们尝试枚举$\mathcal{gcd}$。

首先，我们处理以$x$为因子的数的个数，在这之前我们先开$10^7$的桶，统计每个数有多少个。显然，对于数$x$，$2x,3x,...,nx$都是满足包含因数$x$的，所以我们直接枚举$2x,3x,...,nx$暴力累加即可，设最大值为$max$，该过程的复杂度为：

$$\frac{max}{1}+\frac{max}{2}+\frac{max}{3}+...+\frac{max}{max}=max\times log_emax$$

当然，还有更暴力的直接$\sqrt{n}$枚举因数统计的，不过我们注意到数字的值域是$[2,10^7]$，如果使用这种办法稳稳$\mathcal{TLE}$。

然后，对于一个因数$x$，我们的方案数就是因数为$x$的数排列组合一下再乘以一下其他的数的个数，因为要排除一个数都不选的情况，设因数包含$x$的个数为$cot[x]$，所以最后的结果为：

$$(2^{cot[x]}-1)\times (n-cot[i])$$
其中$2^{cot[x]}-1$即为排除全部不选后的选择方案个数（显然），另外，建议预处理$2^n$，面对$10^7$的数据快速幂可能不是很妙。

但是，很可能$n-cot[i]$这一部分的数与$cot[i]$里面的数的$gcd$不一定为1，放在这一部分的话不是很好解释，具体证明见分割线以下。

然后，我们这个结果肯定是算重了的，当我们算$gcd=x$的时候，很可能其中的数的$gcd$为$2x,3x,...,nx$，所以我们要从后往前将算重的部分剪掉（想想为什么），这个部分的复杂度也是$O(max\times log_e{max})$的。

现在已经容斥完毕了，我们只需累加一遍答案即可，总复杂度$O(max\times log_e{max})$，$5000ms$稳过不卡常。

——————————————–分割线————————————————

当然，容斥之神$linners$是不会满足的。。。

我们注意到，对于$gcd=x$的方案，会被$d|x$算重，而莫比乌斯函数$\mu(x)$正好具有如下性质：

$$\sum_{d|x}\mu(d)=0$$
只要在求和的时候乘上$\mu(i)$，就正好就把$x$及其约数的贡献（即$d|x$）全部消掉了！跟上面的$O(max\times log_emax)$算法是等价的。

但我们的计算是不包括$d=1$的情况的，所以要把$d=1$的情况剔除掉，因为$\mu(1)=1$，所以有：

$$\sum_{d|x,d\ne 1}\mu(x)=-1$$

这样算出来整个$d|x,d\ne 1$对答案的贡献是$-1$的（因为$\sum$起来是$-1$），所以我们最后要取反。

这样，容斥的复杂度变成了$O(max)$，大大加快。

那为什么上面计算方案的公式为什么是对的呢？证明如下：

上面讲到了：$n-cot[i]$这一部分的数与$cot[i]$里面的数的$gcd$不一定为1，但这一部分被巧妙容斥掉了。

设一群数（$cot[i]$）的$gcd=x$，我们选择的数为$y$，当前枚举的$gcd=g$，为了方面描述，我们同时用$x$表示正在讨论的一群数（$cot[i]$）的集合，考虑什么时候会计算上面的情况：

1.$g|x$且$g|y$，此时想$x$和$y$被分到了一组，都在我们选择的一群数里面，不会计算；

2.$g\nmid x$且$g\nmid y$，此时$x,y$都不属于一群数，我们不会同时选择到它们两个；

3.$g|x$且$g\nmid y$，这个时候$x$被包含进了一群数里，而$y$是我们可能选择到的其他数，于是上面的情况会被计算一次；

4.$g\nmid x$且$g|y$，与上面类似，$x$这个集合被算在了其他数里，$y$被算在了一群数里，上面的情况又被计算一次；

经过上面的讨论，我们可以得到，当且仅当$g$整除$x,y$中的一方，而不整除另一方时，上面的不合法方案被计算。

但是，因为有$\sum_{d_1|x}\mu(d_1)=\sum_{d_2|y}\mu(d_2)=0$，即整除$x$的$\mu(d_1)$和为零，整除$y$的$\mu(d_2)$的和为零；又有$\sum_{d|x,d|y}\mu(d)=0$，即同时整除$x,y$的数的$\mu(d)$之和也是零，根据容斥原理，只整除其中一方的数的$\mu$之和也为零。

综上，不合法的情况的$\mu$值之和为零，被消去。因此，本算法正确，由于本算法与上面的暴力容斥原理一致，故两个算法都正确。

代码

代码巨简单$1000^-\ bytes\mathcal{AC}$系列。

$O(2\times(max\times log_e{max}+max))$
运行结果：

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
const int M=1e7+5,mod=1e9+7;
int n,bak[M],cot[M],p2[M],mx;
void in()
{
    R i,a;
    scanf("%d",&n);p2[0]=1;
    for(i=1;i<=n;++i)p2[i]=p2[i-1]<<1,p2[i]%=mod;
    for(i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a),cot[a]++,mx=max(mx,a);
}
void ac()
{
    R i,j,ans=0;
    for(i=1,j=2;i<=mx;++i,j=i<<1)while(j<=mx)cot[i]+=cot[j],j+=i;
    for(i=2;i<=mx;++i)bak[i]=1ll*(p2[cot[i]]-1)*(n-cot[i])%mod;
    for(i=mx;i>=2;--i)for(j=2;j*i<=mx;++j)bak[i]=(bak[i]-bak[j*i]+mod)%mod;
    for(int i=2;i<=mx;++i)ans+=bak[i],ans%=mod;
    printf("%d",ans);
}
int  main()
{
    in();ac();
    return 0;
}

$O(3max+max\times log_emax)$
运行结果：

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
const int M=1e7+5,mod=1e9+7;
int n,bak[M],cot[M],p2[M],miu[M],p[M],mx;
bool check[M];
void in()
{
    R i,a;
    scanf("%d",&n);p2[0]=1;
    for(i=1;i<=n;++i)p2[i]=p2[i-1]<<1,p2[i]%=mod;
    for(i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a),cot[a]++,mx=max(mx,a);
}
void getmiu()
{
    check[1]=1;miu[1]=1;
    R i,j,t;
    for(i=2;i<=mx;++i)
    {
        if(!check[i])p[++p[0]]=i,miu[i]=-1;
        for(j=1;j<=p[0];++j)
        {
            t=i*p[j];if(t>mx)break;check[t]=1;
            if(i%p[j]==0){miu[t]=0;break;}
            miu[t]=-miu[i];
        }
    }
}
void ac()
{
    getmiu();
    R i,j,ans=0;
    for(i=1,j=2;i<=mx;++i,j=i<<1)while(j<=mx)cot[i]+=cot[j],j+=i;
    for(i=2;i<=mx;++i)ans=(1ll*(p2[cot[i]]-1)*(n-cot[i])*miu[i]+ans)%mod;
    ans=(-ans)%mod;if(ans<0)ans+=mod;
    printf("%d",ans);
}
int  main()
{
    in();ac();
    return 0;
}