2017第二次多校联合hdu6053Tirck Gcd

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本文探讨了一类关于确定序列B的问题，其中B的序列需满足特定的数学约束条件，特别是任意子集的GCD（最大公约数）至少为2。通过分析，提出了有效的算法解决方案，包括使用容斥原理和莫比乌斯函数来去除重复计数。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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 $1 \le B_i \le A_i$ 且对于任意B的子集的gcd $\ge$ 2.

解：首先考虑任意B的子集的gcd $\ge$ 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 $\le$ 4,所以这时候不论是取2还是取4都是可以的，所以是4* $C$ $1\choose2$ ,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： $\sum_{x=2}^{a_{min}}$ $\bigl( \prod_{i=1}^{n}{a[i]\over x} \bigr)$ 。
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|
这里写图片描述

但是从对每个可能的 $B_i$ 都枚举一遍A，这样是 $n^2$ 的时间复杂度对于 $10^5$ 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 $B_i$ 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);
    }
}