hdu 6053 TrickGCD（筛法+容斥）

题意：

给出a数组，问有能构成多少个长度与a相等的b数组，每个对应位置b比a小，并且gcd(b[1],b[n])>1.

a[i]<=100000.

解题思路：

看着大神的代码补的：

http://www.cnblogs.com/jhz033/p/7246028.html

看范围就知道要去枚举gcd，对于每个gcd，在a[i]这个位置上有gcd/a[i]个数能满足条件构成b[i]，只要把每个位置求出来累乘就好了，但是这个过程还需要优化。

优化可以用素数筛法类似的方式，把gcd/a[i]相同的数都一起处理，这样在用一个快速幂把相同的那些情况数算出来，时间复杂度就是n*logn*logn。

但是答案显然会有重复，赛时就是这个问题不会解决然后gg。

num[i]表示gcd为i时求出的符合情况数，显然它包含了i的倍数对应的情况，我们需要把这些数减去，但是倍数的情况显然也有重复，比较复杂。

这个过程我们可以倒过来从上界往下去容斥，这样每次对于num[i]来说，它的倍数的情况都是已经处理好了的，只要依次减去倍数的情况了，其实相当于一个dp的过程。。

代码：

#include <bits/stdc++.h>#define LL long longusing namespace std;const int maxn=1e5+5;const int mod=1e9+7;int sum[maxn];int book[maxn];LL num[maxn];LL qmod(int a, int b){    LL res=1, base=a;    while(b)    {        if(b&1)res=res*base%mod;        b>>=1;        base=base*base%mod;    }    return res;}int main(){    int t, i, j, e=1;    cin>>t;    while(t--)    {        int n;        scanf("%d", &n);        int x;        memset(book, 0, sizeof book);        memset(sum, 0, sizeof sum);        for(i=1; i<=n; i++)        {            scanf("%d", &x);            book[x]++;        }        for(i=1; i<=100000; i++)        {            sum[i]=sum[i-1]+book[i];        }        for(i=2; i<=100000; i++)        {            num[i]=1LL;            for(j=0; j<=100000; j+=i)            {                int b;                if(j+i-1>100000)b=sum[100000]-sum[j-1];                else if(j==0)b=sum[i-1];                else b=sum[j+i-1]-sum[j-1];                int a=j/i;                if(a==0 && b)                {                    num[i]=0LL;                    break;                }                else if(b)                {                    num[i]=num[i]*qmod(a, b)%mod;                }            }                   }        LL ans=0;        for(i=100000; i>=2; i--)        {            for(j=i+i; j<=100000; j+=i)            {                num[i]-=num[j], num[i]=(num[i]%mod+mod)%mod;            }            ans=(ans+num[i])%mod;        }        printf("Case #%d: %lld\n", e++, ans%mod);    }}