TrickGCD————（hdu6053）2017多校（莫比乌斯容斥）

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本文介绍了一道算法题目，目标是找出满足特定条件的数列B的所有可能组合。通过对最小公倍数的计算及莫比乌斯函数的应用，文章详细阐述了解题过程，并提供了完整的C++代码实现。

Problem Description

You are given an array

A , and Zhu wants to know there are how many different array

B satisfy the following conditions?

*

1≤Bi≤Ai
* For each pair( l , r ) (

1≤l≤r≤n) ,

gcd(bl,bl+1...br)≥2

Input

The first line is an integer T(

1≤T≤10) describe the number of test cases.

Each test case begins with an integer number n describe the size of array

A.

Then a line contains

n numbers describe each element of

A

You can assume that

1≤n,Ai≤105

Output

For the

kth test case , first output "Case #k: " , then output an integer as answer in a single line . because the answer may be large , so you are only need to output answer

mod

109+7

Sample Input

1
4
4 4 4 4

Sample Output

Case #1: 17



题意：给出一个数列，然后让你求出另一个数列有多少种可能；
另一个数列满足数列gcd（b1,b2,……,bn)>=2而且对应的bi<=ai;


解题思路：从2开始枚举到min（a1,a2……，an),然后计算含有这个因子的数出现的个数就是
然后利用快速幂计算,然后会有重复计算，利用莫比乌斯容斥；



#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mu[100005],cas=1;
ll num[200005];
int a[100005];
ll mod=1e9+7;
void mobius(ll mn)
{
    mu[1]=1;
    for(ll i=1;i<=mn;i++){
        for(ll j=i+i;j<=mn;j+=i){
            mu[j]-=mu[i];
        }
    }
}
ll  Pow(ll x,ll n)
{
    ll res=1;
    while(n>0)
    {
        if(n&1)
        res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    int T,cas;
    scanf("%d",&T);
    cas=0;
    mobius(100000);
    while(T--)
    {
        cas++;
        int n;
        scanf("%d",&n);
        memset(num,0,sizeof(num));
        int minn=100005;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            num[a[i]]++;
            minn=min(a[i],minn);
        }
        for(int i=1;i<=200000;i++)
        num[i]+=num[i-1];
        ll sum=0;
        for(int i=2;i<=minn;i++)
        {
            ll su=1;
            for(int j=1;i*j<=100000;j++)
            {
                su=(su*Pow(j,num[i*(1+j)-1]-num[i*j-1]))%mod;//好好想一想在这里
            }
            sum=(sum-(mu[i]*su)%mod+mod)%mod;
        }
        printf("Case #%d: %lld\n",cas,sum);


    }


    return 0;
}