AtCoder Beginner Contest 162 E - Sum of gcd of Tuples(容斥)-优快云博客

文章介绍了AtCoderBeginnerContest162E问题，该问题涉及计算给定数列在所有可能组合下gcd(greatestcommondivisor,最大公约数)的和。通过枚举gcd并应用容斥原理，可以计算出每个gcd值对应的情况数，然后累加并修正重复计数的部分。给出的代码示例使用C++实现，包括了模运算和幂运算的函数。

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AtCoder Beginner Contest 162 E - Sum of gcd of Tuples(容斥)

题意：

给 $n$ 个数，每个数范围为 $[1, k]$ 。求这个序列所有可能的情况时 $g c d$ 的和

分析：

枚举 $g c d$ ，设 $f [i]$ 为 $g c d$ 为 $i$ 时有多少种情况。

当 $g c d = i$ 时，每一个位置都有 $\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$ 种情况，所有位置都为 $i$ 的倍数的情况数为 $(\frac{k}{i})^ n$ 。但由于是 $g c d = i$ 所以要减去所有位置都为 $j * i$ 的倍数的情况，其中 $j∈[2,\frac{k}{i}]$ 。倒着枚举减掉就好了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N = 2e5+9 ;
const ll mod = 1e9+7 ;
const ll INF = 1e18 ;
ll ksm( ll a , ll b ){
    ll res = 1 ;
    while( b ){
        if( b&1 ) (res*=a)%= mod ;
        (a*=a)%=mod ;
        b >>= 1 ;
    }
    return res ;
}
void solve(){
    ll n , k ; cin >> n >> k ;
    vector<ll>f(k+1,0) ;
    ll ans = 0 ;
    for( ll i = k ; i >= 1 ; i -- ){
        f[ i ] = ksm( k/i , n ) ;
        for( ll j = 2*i ; j <= k ; j += i ) f[ i ] = ((f[i]-f[j])%mod+mod)%mod ;

        ans = (ans+ (f[i]*i)%mod )%mod ;
    }
    cout << ans << "\n" ;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false) ; cin.tie(0) ; cout.tie(0) ;
    ll tt = 1 ; //cin >> tt ;
    while( tt-- ) solve() ;
    return 0 ;
}