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題意：

給一個長度為n的陣列A，讓你構造等長的陣列B，B陣列中的元素取值為小於等於A陣列中對應位置的元素，現在詢問B陣列中的gcd大於等於2的方案數

思路：(已更新容斥部分)

我們令g(d)為gcd為d的倍數的答案，那麼

所以根據容斥原理最後我們要求的答案為g(2)+g(3)+g(5)-g(6)+g(7)-g(10)+g(11)+g(13)-g(14)+g(15).....

即：

轉換一下：

f ( i , d ) 為 [  a / d ] = i 的A陣列中的元素個數，用一個字首和陣列維護就好

加上快速冪，那麼複雜度就降到了O( n log(n)^2 ) 了

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>

const long long mod = 1e9+7;
using namespace std;

const int N = 1e5+10;
vector<int>pr;
int mu[N];
bool Np[N];


inline void init(){
    mu[1] = 1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!Np[i]){
            pr.emplace_back(i);
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0,k=pr[j]*i;k<N;k=pr[++j]*i){
            Np[k] = true;
            if(i%pr[j]==0){
                mu[k] = 0;
                break;
            }mu[k] = -mu[i];
        }
    }

}
int n,ed,mi;
int A[N];
long long fro[N];

long long qpow(long long x,long long y){
   if(x<=1)return 1;
   long long res = 1;
   while(y){
      if(y&1)res=res*x%mod;
      y>>=1;
      x = x * x %mod;
   }return res;
}

long long work(){
   for(int i=2;i<=ed;i++){
      A[i]+=A[i-1];
   }long long res = 0;
   for(int i=2;i<=mi;i++)if(mu[i]){
      long long cnt  = -mu[i];
      int m  = ed / i ;
      for(int j=1;j<=m;j++){
         int l = i * j, r = min( ed , i * j + i - 1 );
         cnt = cnt * qpow( j , A[r]-A[l-1] ) % mod;
      }res += cnt;
   }
   return ( res % mod + mod ) % mod;
}

int main()
{
   init();
   int T,cas=0;
   scanf("%d",&T);
   while(T--){
      ed = 0;mi = 1e5;
      memset(A,0,sizeof(A));
      scanf("%d",&n);
      for(int i=0,x;i<n;i++){
         scanf("%d",&x);
         ed = max(ed,x);
         mi = min(mi,x);
         A[x]++;
      }printf("Case #%d: %I64d\n",++cas,work());
   }return 0;
}