HDU 6053 TrickGCD 【容斥定理】【莫比乌斯函数】

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：

给定数列a,求b数列的不同组成种数，对于b数列的任意子集的gcd≥2。

想法：

从2遍历到amin的数作为gcd，看每个ai中能拿出几个gcd的倍数来。
举个栗子，4 5 6 8
x=2时，4和5中都能拿出2，4；6中能拿出2，4，6；8中能拿出2，4，6，8，所以sum1=2*2*3*4=48；
x=3时，4和5中都能拿出3；6和8中都能拿出3，6，所以sum2=2*2=4；
x=4时，4，5，6中都能拿出4；8中能拿出4，8,所以sum3=1*2=2；
x>=4时， 4中已经拿不出数了。
所以sum=sum1+sum2+sum3=54
但会有重复的情况。
比如x=2时，可以取出4 4 4 4，x=4时，也可以取出4 4 4 4。

由此我们发现，我们得出公式sum=∑aminx=2∏ajj=1
为了处理重复的情况，我们采用专门用来处理重复情况的容斥定理。

我们知道任何≥2的数都可以分解成质因数相乘的情况。
而每一个倍数都只能统计存在一次。
假设我们讨论n, n=p*a，p是最小素因子

①代表此倍数在之前p的次数中已经出现过了，比如n=4=2*2；
②代表每个素数都只会本身出现一次，之前未出现过,比如n=6=2*3；
③比如n=12=2*6，再将6分解成2*3带回最初讨论。

即根据容斥思想，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。
而取反后的莫比乌斯函数正好符合我们的需要，
所以最终公式为sum=∑aminx=2-μ(x)∏aii=1aix。

然鹅数很大，这样直接做会超时，所以下面我们来想一想优化的方式。
之前我们是在求出每个数能取到此时的gcd倍数有几个，现在我们把aii相同的ai放到一个组来看，求遍历i时每一个区域内能取到的个数，然后用快速幂降低时间复杂度，再用莫比乌斯函数去重。
优化后的式子为：sum=∑amini=2-μ(i)∏j∗i≤100000i=1jnum[j∗i+i−1]−num[j∗i−1]

比如前面栗子中的4 5 6 8
x=2时，取出一个2的范围内（2，3），不存在；取出两个2的范围内（4，5），有4 5 存在；取出三个2的范围内（6，7），6存在；取出四个2的范围（8，9）内，有8存在。所以sum1=102231*41=48。
接着再累加求和去重~和优化前一个思路辣~

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;const int maxn=2e6+10;const int mod=1e9+7;typedef long long ll;bool vis[maxn];ll prime[maxn],mu[maxn],num[maxn],a[maxn];void mobius()//mu[i]表示莫比乌斯函数{    memset(vis,false,sizeof vis);    mu[1]=1;    int tot=0;    for(ll i=2;i<maxn;++i)    {        if(!vis[i])        {            prime[tot++]=i;            mu[i]=-1;        }        for(int j=0;j<tot;++j)        {            if(i*prime[j]>maxn)                break;            vis[i*prime[j]]=true;            if(i%prime[j]==0)            {                mu[i*prime[j]]=0;                break;            }            else            {                mu[i*prime[j]]=-mu[i];            }        }    }}ll qmod(ll a,ll b){    ll ans=1;    while(b)    {        if(b%2==1)            ans=ans*a%mod;        a=(a*a)%mod;        b/=2;    }    ans=ans%mod;    return ans;}int main(){    mobius();    int t,n;    scanf("%d",&t);    for(int cnt=1;cnt<=t;++cnt)    {        scanf("%d",&n);        ll minn=maxn;        memset(num,0,sizeof num);        for(int i=1;i<=n;++i)        {            scanf("%lld",&a[i]);            num[a[i]]++;            minn=min(a[i],minn);        }        for(int i=1;i<maxn;++i)        {//num[i]表示≤i的在a数列中的个数            num[i]+=num[i-1];        }        ll ans=0;        for(ll i=2;i<=minn;++i)        {            ll sum=1;            for(ll j=1;j*i<=100000;++j)            {//j表示倍数                sum=(sum*qmod(j,num[(j+1)*i-1]-num[j*i-1])%mod)%mod;            }            ans=(ans-sum*mu[i]%mod+mod)%mod;        }        printf("Case #%d: %lld\n",cnt,ans);    }    return 0;}

ps:沃德天 这个题 说多了都是泪/(ㄒoㄒ)/~~