hdu 多校联赛 TrickGCD

TrickGCD

Time Limit: 5000/2500 MS (Java/Others)    Memory Limit: 262144/262144 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1218    Accepted Submission(s): 464

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

144 4 4 4

 

Sample Output

Case #1: 17

 

Source

2017 Multi-University Training Contest - Team 2

思路：

找到 ai 中最小的那个数，枚举他的因数作为gcd，然后根据这个gcd我们可知 ∏ai/gcd 即为这个这个以这个数为gcd的序列对答案的贡献，然而这么算会有重复。比如我们在算2和3的时候已经把6的序列算了，所以我们需要容斥一下。

容斥的方法：莫比乌斯函数。 
考虑一个数n，假设他能分解成三个质因数相乘：a*b*c，那么在算gcd为a、b、c时分别算了一遍，所以我们要减去gcd为a*b、a*c、b*c的，再加上gcd为a*b*c的。推广：我们需要加上质因数为奇数个的，减去质因数为偶数个的。当某个质因数的指数大于等于2，那么这个数我们之前肯定算过，所以这个不计入最后答案。 
而莫比乌斯函数正好符合我们的需要（取个相反数就ok了）。

我们枚举gcd的时候已经花了n的时间了，所以接下来在算 ∏ai/gcd 的时间就一定要控制在logn内。所以我们把这个式子化简：∏maxa/gcdj=1im

我来解释一下这个式子：就是把枚举n个 ai 转化成了枚举 ai/gcd 的值，这个点值一定在1和maxa/gcd之间，这个化简大概优化到了logn。然后就是m了，m代表n个 ai 中除以gcd为i的数量为m，这个m我们可以通过求一遍 ai 的前缀和得到（就是开个数组，把 ai 当作下标，记录 ai 出现了多少次，然后求这个数组的前缀和，这样就可以O（1）的求出一个范围内 ai 出现了多少次了，也就得到了m的值）

#include <bits/stdc++.h>#define inf 0x3f3f3f3ftypedef long long int lli;using namespace std;const int mod = 1e9+7;const int maxn = 100200;bool isprime[maxn];//isprime数组用来标记素数和非素数 0代表是素数int prime[maxn],miu[maxn];void moblus()//通过莫比乌斯函数对范围内的数进行筛选 miu存的莫比乌斯函数的值{    int cnt = 0;//素数的个数    miu[1] = 1;    for(lli i = 2; i < maxn; i++)        {        if(!isprime[i])        {            prime[cnt++] = i;            miu[i] = -1;        }        for(lli j = 0; j < cnt && i*prime[j] < maxn; j++)        {            isprime[i*prime[j]] = 1;            if(i % prime[j])                miu[i*prime[j]] = -miu[i];            else            {                miu[i*prime[j]] = 0;                break;            }        }    }}inline lli qp(lli a,lli x)//快速幂求a的x次幂{    lli ans = 1;    for(;x;x>>=1)//》=1属于位运算 相当于除2    {        if(x&1) ans = ans*a%mod;//判断x的奇偶        a = a*a % mod;    }    return ans;}int a[102000],suma[202000];int main(){    int cas,t= 0,n,v,maxa,mina;    scanf("%d",&cas);//输入测试样例的个数    moblus();    while(cas--)    {        t++;        lli ans = 0;maxa = -100200,mina = 102000;        scanf("%d",&n);//已知数组中元素的个数        memset(a,0,sizeof(a));        for(int i = 1;i <= n;i++)        {            scanf("%d",&v);//输入每组中的数            a[v]++;//a数组用来记这个数出现的个数            mina = min(mina,v);maxa = max(maxa,v);//找到每组数中的最小值和最大值 并标记        }        for(int i = 1;i <= maxa*2;i++)        {            suma[i] = suma[i-1] + a[i];//将a数组进行累和 累出的和放在suma数组        }        //这里进行了优化 因为动用了筛法 或者说对数据进行了分段 把算法的n^2变成了nlogn        for(int i = 2;i <= mina;i++)//被除数x从2遍历到已知数组的最小值        {            lli tempans = 1;            for(int j = 1;j*i <= maxa;j++)//对j进行分段 以i的倍数进行分段            {                tempans *= qp(j,(suma[i*j+i-1]-suma[i*j-1]));//分段的处理 间隔为suma数组的位数差i                tempans %= mod;            }            ans -= miu[i]*tempans;ans %= mod;//根据容斥定理进行奇加偶减        }        printf("Case #%d: %lld\n",t,(ans+mod)%mod);//这里ans先加mod是为了防止出现负数    }}