題意：給定一個序列Ai，構造一個序列Bi，滿足Bi<=Ai並且gcd(Bi)>=2.  問有多少種Bi序列

正解：比賽的時候有點容斥的思路，但是感覺容斥太麻煩了，就換了題去搞，完全忘了莫比烏斯反演。。

顯然我們要列舉gcd，然後對於每個gcd求所有（Ai/gcd）的乘積，最後再加起來，但是這個過程會有重複的，

需要容斥，用莫比烏斯函式即可，好像也有用類似於篩法一樣的容斥也能過。

搜的網上題解大多數用莫比烏斯函式的都是在函式前面加一個負號，我不是太懂為什麼，但是自己舉了幾個小例子也是滿足這個負號的，後來看到一篇部落格是直接套用的書上給的莫比烏斯反演公式：

定義f[n]表示n是最大公約數情況下的計數，F[n]為n是公約數情況下的計數。

這樣∑f[i]（2<=i<=min(a[i])）就是要求的結果。

這樣我寫就明白多了嘛。。但還是希望能有大佬給解釋一下為什麼直接-μ（n）*F[n]也是可以的。

本題的難點還有一個就是如何快速求得（Ai/gcd）的乘積，我們可以維護一個字首和陣列b[],b[i]表示有多少Ai<=i，

然後我們類似篩法一樣的列舉，假設當前列舉的gcd為d，那麼j * d - 1 到 (j + 1) * d - 1 除以d的商都是j，結合b[]陣列

我們就可以快速求出除以d商為j的Ai有幾個了，這樣複雜度和篩法差不多，nlogn數量級。

我看網上很多dalao用純篩法的思路進行計數和容斥，也是很強的思路。

最後就是這是第一次寫求莫比烏斯函式的程式碼，根據書上的定義寫了很長，結果看網上大佬3行就解決了。。

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define pi acos(-1)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define per(i,n,x) for(int i=n;i>=x;i--)
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef pair<int,int>P;
const int MAXN=100010;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int f[MAXN];//f為moebius函式值 
ll F[MAXN];
/*
void mobius(ll mn)  //大佬程式碼，mu[]即為moebius值 
{  
    mu[1]=1;  
    for(ll i=1;i<=mn;i++){  
        for(ll j=i+i;j<=mn;j+=i){  
            mu[j]-=mu[i];  
        }  
    }  
}  
*/
void moebius()
{
    f[1] = 1;
    for(int i = 2; i < MAXN; i++)
    {
        if(f[i] == 0)
        {
            for(int j = i; j < MAXN; j += i)
            f[j]++;
        }
    }
    for(int i = 2; i < MAXN; i++)
    if(f[i] & 1)
    f[i] = -1;
    else
    f[i] = 1;
    for(int i = 2; i * i < MAXN; i++)
    {
        for(int j = i * i; j < MAXN; j += i * i)
        f[j] = 0;
    }
}
int a[MAXN];
int b[MAXN * 2];//字首和陣列 
ll qmul(int a, int b)
{
    ll ans = 1, t = a;
    while(b)
    {
        if(b & 1) ans *= t;
        t *= t;
        b >>= 1;
        ans %= mod;
        t %= mod;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int T;
    moebius();
    //for(int i = 1; i <= 20; i++)
    //cout << f[i] <<" ";
    cin >> T;
    for(int kase = 1; kase <= T; kase++)
    {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        memset(b, 0, sizeof(b));
        for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", a + i), b[a[i]]++;
        for(int i = 0; i < 2 * MAXN; i++) b[i] += b[i - 1];
        int up = *min_element(a, a + n);
        ll ans = 0;
        for(int i = 2; i <= up; i++)//列舉gcd 
        {
            ll num = 1;
            for(int j = 1; j * i <= MAXN; j++)
            {
                num *= qmul(j, b[(j + 1) * i - 1] - b[j * i - 1]);
                num %= mod;
            }
            F[i] = num;
            //ans -= f[i] * num;
            //ans = (ans % mod + mod) % mod;
        }
        for(int i = 2; i <= up; i++)
        {
            ll num = 1;
            for(int j = 1; j * i <= MAXN; j++)
            ans += f[j] * F[i * j], ans %= mod;
            //ans -= f[i] * num;
            //ans = (ans % mod + mod) % mod;
            //cout << ans << endl;
        }
        printf("Case #%d: %lld\n", kase, ans);
    }
     return 0;
}
 

定理：和是定義在非負整數集合上的兩個函式，並且滿足條件，那麼我們得到結論

另一種描述：

在上面的公式中有一個函式，它的定義如下：

    （1）若，那麼

    （2）若，均為互異素數，那麼

    （3）其它情況下

對於函式，它有如下的常見性質：

    （1）對任意正整數有

        （2）對任意正整數有