HDU 6053 TrickGCD DP(筛法)

题意:给出序列a,a[i]<=1e5,长度为n,问有多少种序列b 其中序列b满足
1<=b[i]<=a[i], b中任意一个[l,r] gcd(b[l],b[l+1]..b[r])>=2

设dp[x]:gcd为x的个数 则b中每个元素都为x的倍数 
b[i]<=a[i] 则第i个位置有a[i]/d种选择 直接累乘TLE.
若a[i]/d=k贡献为k,则和它相同贡献有cnt[kd,(k+1)d-1]个,则按段来枚举,算出该段贡献k^cnt.

最后容斥减掉gcd为jx的部分(j>1).O(nlog^2n)

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N=2e5+20;const ll mod=1e9+7;ll dp[N],n,a[N],cnt[N];ll powmod(ll x,ll n){ll s=1;while(n){if(n&1)s=(s*x)%mod;n>>=1;x=(x*x)%mod;}return s%mod;}int main() {int T;cin>>T;int cas=0;while(T--){scanf("%d",&n);memset(cnt,0,sizeof(cnt));memset(dp,0,sizeof(dp));ll mx=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]),mx=max(mx,a[i]);cnt[a[i]]++;}for(int i=1;i<=mx;i++)cnt[i]+=cnt[i-1];ll ans=0;for(int i=mx;i>=2;i--){ll res=1;if(cnt[i-1]){dp[i]=0;continue;}for(int j=i;j<=mx;j+=i){ll num=cnt[min(mx,(ll)j+i-1)]-cnt[j-1];//[ki~(k+1)i)ll x=j/i;if(num) res=(res*powmod(x,num))%mod;}dp[i]=res;}for(int i=mx;i>=2;i--){for(int j=i+i;j<=mx;j+=i)dp[i]=(dp[i]-dp[j]+mod)%mod;ans=(ans+dp[i])%mod;}printf("Case #%d: %lld\n",++cas,ans);}    return 0;}