2017 Multi-University Training Contest - 第二場 09 TrickGCD （容斥+莫比烏斯）

題目鏈接：
HDU 6053

題意：
給出你一個長度爲n  的A  數組，讓你構造出一個長度也爲n  的B  數組，且B  數組要滿足對於所有的1<=i<=n,A[i]<=B[i]  ，且對於B  數組，任意一個區間的gcd>=2  ，求滿足的方案數。

題解：
容斥原理+莫比烏斯函數。
答案就是∑ min(A) i=2 −mu(i)∗(∏ n i=1 ⌊A i k ⌋)  。
對於f(k)  那麼任意B  都應該含有k  這個因子。
那麼B i   可選擇的方案數就是⌊A i k ⌋  .
根據乘法原理：
f(k)=∏ n i=1 ⌊A i k ⌋  。

因爲gcd(1,n)>=2  ，那麼我們可以考慮分別計算gcd  是2  的倍數，gcd  是3  的倍數…gcd  是k  （k  爲質數）的倍數。然後相加，但這樣會有重複，所以我們只要在係數上乘上一個莫比烏斯函數就可以了。然後，如果直接枚舉每一個質數爲作gcd  ，肯定會T  ，O(n 2 )  。我們可以考慮預處理A  數組中每個數的個數並做前綴和，然後再O(nlogn)  枚舉A i k   。

設cnt[a]  是A  中A[i]<=a  的元素個數，求一下前綴和即可。
因爲A  中⌊A i k ⌋=t  的所有的元素個數爲：
cnt[(t+1)k−1]−cnt[tk−1]  。
那麼，那麼A  中與k  的商等於t  的元素對f(k)  的貢獻爲:
t cnt[(t+1)k−1]−cnt[tk−1]   。
總複雜度O(nlognlogn)  。

AC代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;

int mu[100005];

void mobius(int n)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+i;j<=n;j+=i){
            mu[j] -= mu[i];
        }
    }
}
int cnt[200005];
ll ans;
ll q_mod(ll x,int y)
{
    ll res=1;
    while(y)
    {
        if(y&1){
            res = res * x % mod;
        }
        y >>= 1;
        x = x * x % mod;

    }
    return res;
}

int main()
{
    int cas = 0;
    int n,t,Min;
    mobius(100000);
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        Min=100000;
        for(int i=0;i<=200000;i++) cnt[i]=0;
        while(n--)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            cnt[x]++;
            Min=min(Min,x);
        }
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=200000;i++)
        {
            cnt[i]+=cnt[i-1];
        }
        for(int i=2;i<=Min;i++)
        {
            ll temp=1;
            for(int j=1;i*j<=100000;j++)
            {
                temp=(temp * q_mod(1LL*j,cnt[i*j+i-1]-cnt[i*j-1]))%mod;
            }   
            ans=(ans-temp*mu[i]+mod)%mod;
        }
        printf("Case #%d: ",++cas);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}