hdu--6053--TrickGCD

TrickGCD

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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

官方题解：

令F(i)表示是i倍数的方案数，可以容易的通过预处理出前缀和后nlogn的时间内求出，之后利用预处理出莫比乌斯函数后进行简单的反演即可算出答案，加上快速幂，总复杂度nlogn^2

我的思路：

                    因为不会用莫比乌斯，所以用了容斥原理和筛选。首先看到这道题，正常的思维是枚举所有gcd的值，每个位置都有a[i]/gcd个数可以选择，然后再进行累积

就能得出答案， 但这明显的需要优化，我们枚举除数，把a[i]/gcd的结果相同的·放到一块，举个例子： 比如gcd为10，则[20,30)这个范围内的数除以10,都为2，那么这个

范围内的数就可以放到一块算，如果这个范围内的数一共有n个，那么就用快速幂算q_pow(10,n);num[i]表示gcd为i的方案数，因为这样算的有重复的，所以后面还需要进

容斥，用pd[i]表示容斥后的方案数。

代码：

 C++ Code 

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 7;
const long long mod = 1e9 + 7;
typedef long long LL;
int n;
int a[MAXN];///a数组统计每个数的个数

int sum[MAXN];///前缀和

LL num[MAXN];///num[i]表示数列gcd为i时的的累积

LL dp[MAXN];///dp[i]表示容斥完之后也就是最终结果 gcd为i时的累积
///整数快速幂
LL quick_pow(int a, int b)
{
    long long sum = 1, base = a;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
            sum = sum * base % mod;
        base = base * base % mod;
        b >>= 1;
    }
    return sum;
}


int main()
{
    int t, mi;
    scanf("%d", &t);
    int ca = 0;
    while(t--)
    {
        mi = MAXN;
        int x;
        scanf("%d", &n);
        memset(a, 0, sizeof a);
        for(int i = 0; i < n; ++i)
        {
            scanf("%d", &x);
            mi = min(mi, x);
            a[x]++;
        }

        memset(sum, 0, sizeof sum);
        for(int i = 1; i <= 100000; ++i)
            sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
        for(int i = 2; i <= mi; ++i)///枚举gcd
        {
            num[i] = 1;
            for(int j = 0; j <= 100000; j += i)
            {
                int b = sum[min(j + i - 1, 100000)] - sum[max(j - 1, 0)]; ///注意边界
                int a = j / i;
                num[i] = num[i] * quick_pow(a, b) % mod;
            }
        }

        for(int i = 100000; i >= 2; --i)
        {
            dp[i] = num[i];
            for(int j = i * 2; j <= 100000; j += i)
            {
                dp[i] = (dp[i] - dp[j] + mod) % mod;
            }
        }
        LL ans = 0;
        for(int i = 2; i <= 100000; ++i)
            ans = (ans + dp[i]) % mod;
        printf("Case #%d: %I64d\n", ++ca, ans);
    }
    return 0;
}