2017 Multi-University Training Contest - 第二场 09 TrickGCD （容斥+莫比乌斯）

题目链接：
HDU 6053

题意：
给出你一个长度为n  的A  数组，让你构造出一个长度也为n  的B  数组，且B  数组要满足对于所有的1<=i<=n,A[i]<=B[i]  ，且对于B  数组，任意一个区间的gcd>=2  ，求满足的方案数。

题解：
容斥原理+莫比乌斯函数。
答案就是∑ min(A) i=2 −mu(i)∗(∏ n i=1 ⌊A i k ⌋)  。
对于f(k)  那么任意B  都应该含有k  这个因子。
那么B i   可选择的方案数就是⌊A i k ⌋  .
根据乘法原理：
f(k)=∏ n i=1 ⌊A i k ⌋  。

因为gcd(1,n)>=2  ，那么我们可以考虑分别计算gcd  是2  的倍数，gcd  是3  的倍数…gcd  是k  （k  为质数）的倍数。然后相加，但这样会有重复，所以我们只要在系数上乘上一个莫比乌斯函数就可以了。然后，如果直接枚举每一个质数为作gcd  ，肯定会T  ，O(n 2 )  。我们可以考虑预处理A  数组中每个数的个数并做前缀和，然后再O(nlogn)  枚举A i k   。

设cnt[a]  是A  中A[i]<=a  的元素个数，求一下前缀和即可。
因为A  中⌊A i k ⌋=t  的所有的元素个数为：
cnt[(t+1)k−1]−cnt[tk−1]  。
那么，那么A  中与k  的商等于t  的元素对f(k)  的贡献为:
t cnt[(t+1)k−1]−cnt[tk−1]   。
总复杂度O(nlognlogn)  。

AC代码：

#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;
}