2017 Multi-University Training Contest - 第二場 09 TrickGCD （容斥+莫比烏斯）

題目連結：

​​​HDU 6053​​

題意：

給出你一個長度為n 的A 數組，讓你構造出一個長度也為n 的B 數組，且B 數組要滿足對于所有的1<=i<=n,A[i]<=B[i] ，且對于B 數組，任意一個區間的gcd>=2 ，求滿足的方案數。

題解：

容斥原理+莫比烏斯函數。

答案就是∑ min(A) i=2 −mu(i)∗(∏ n i=1 ⌊A i k ⌋) 。

對于f(k) 那麼任意B 都應該含有k 這個因子。

那麼B i  可選擇的方案數就是⌊A i k ⌋ .

根據乘法原理：

f(k)=∏ n i=1 ⌊A i k ⌋ 。

因為gcd(1,n)>=2 ，那麼我們可以考慮分别計算gcd 是2 的倍數，gcd 是3 的倍數…gcd 是k （k 為質數）的倍數。然後相加，但這樣會有重複，是以我們隻要在系數上乘上一個莫比烏斯函數就可以了。然後，如果直接枚舉每一個質數為作gcd ，肯定會T ，O(n 2 ) 。我們可以考慮預處理A 數組中每個數的個數并做字首和，然後再O(nlogn) 枚舉A i k  。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;

int mu[100005];

void mobius(int n)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+i;j<=n;j+=i){
            mu[j] -= mu[i];
        }
    }
}
int cnt[200005];
ll ans;
ll q_mod(ll x,int y)
{
    ll res=1;
    while(y)
    {
        if(y&1){
            res = res * x % mod;
        }
        y >>= 1;
        x = x * x % mod;

    }
    return res;
}

int main()
{
    int cas = 0;
    int n,t,Min;
    mobius(100000);
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        Min=100000;
        for(int i=0;i<=200000;i++) cnt[i]=0;
        while(n--)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            cnt[x]++;
            Min=min(Min,x);
        }
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=200000;i++)
        {
            cnt[i]+=cnt[i-1];
        }
        for(int i=2;i<=Min;i++)
        {
            ll temp=1;
            for(int j=1;i*j<=100000;j++)
            {
                temp=(temp * q_mod(1LL*j,cnt[i*j+i-1]-cnt[i*j-1]))%mod;
            }   
            ans=(ans-temp*mu[i]+mod)%mod;
        }
        printf("Case #%d: ",++cas);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}