HDU 5514 Frog 欧拉函数；容斥原理；

题目大意：有一圈石头分别标号0 ~ (m-1) 然后有n只青蛙，每只青蛙能且只能一次跳a_i 个石头 问所有能跳到的石头的编号和是多少

题解：
0 ~ （m-1） 这m个数和 m 的 gcd 有一些是相同的

把相同的gcd的数划分到一个集合里

这样就会有很多集合

这些集合互不相同 并且就是这m-1个数的一个划分

而且如果集合中的一个数是可以访问到的
那么这个集合里的所有数都是可以访问到的

那么怎么得到这个集合呢？
集合里最小的数和这个集合的数与m的gcd一定相等

或者说这个集合的数与m的gcd一定在这个集合里

并且这个数是m的因子

假设这个数为x 所以 任意 x_i 属于该集合有：$gcd(x_i ,m) = x$

所以 $gcd (x_i/x,m/x)=1$

所以 $x_i/x$ 与 m互

所以 如果能把 $∑x_i/x$ 的和求出来就好了

这里有一个结论是 欧拉函数$(ϕ(x)*x)/2$是所有与x互质的数的和

所以对于一个集合 我们找到这个集合最小的数x

如果x能被 某个 $gcd⁡(a_i ,m)$ 整除的话，就把当前集合的和加进去

$\frac{\phi(m/x)*(m/x)}{2} *x = \frac{\phi(m/x)*m}{2}$
那么我们怎么找到所有的x？

前面已经提到了
X是m的因数

枚举m的因数就ok了

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <set>
#include <cmath>
#include <map>
#include <vector>
using namespace std;

#define LL long long 
#define lowbit(x)  (x&(-x))
#define eps (1e-7)
#define twice(x) ((x)*(x))

const int maxn= 1e5+10;
int a[maxn];
int gcd(int x,int y){return x%y==0?y:gcd(y,x%y);}

LL phi(LL x)
{
    LL p =x;
    for(LL i= 2;i*i<=x;i++)
        if(x%i==0)
        {
            p = p/i*(i-1);
            while(x%i==0)
                x/=i;
        }
    if(x!=1)p= p/x*(x-1);
    return p;
}
int n,m;
bool check(int x)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(x%a[i]==0)return 1;
    return 0;
}
int main()
{
    int T,cnt=0;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>m;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            a[i]= gcd(a[i],m);
        }
        LL ans =0;
        for(int i=1;i*i<=m;i++)
            if(m%i==0)
            {
                if(check(i))ans+=phi(m/i)*m/2;
                if(i*i==m||i==1)continue;
                if(check(m/i))ans+=phi(i)*m/2;
            }
        printf("Case #%d: %lld\n",++cnt,ans);

    }
}