HDU6053 TrickGCD(容斥原理)

传送门
考虑枚举所有数的最大公约数g，那么答案大概张成这个样子

∑g=2∞(−μ(g))∏i=1n⌊aig⌋

其中的莫比乌斯函数是用来容斥的，不知道的可以先学习一下。
按照式子直接做是 n2 的，肯定不能通过。考虑优化。想到 ⌊aig⌋ 的最多有 ⌊amaxg⌋ 个取值，对于所有的g，一共有 O(∑amaxg=2⌊amaxg⌋)=O(∑amaxi=1i√)=O(amaxlogamax)
所以我们可以枚举g，对于每一个取值，我们可以通过前缀和的形式求出来有x个数可以取这个值v，然后我们用快速幂算出 vx 乘起来就可以算出针对g的答案了，然后加起来就好。

#include
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int MOD = 1e9 + 7;
int p[MAXN], n, a[MAXN], mu[MAXN], cnt, s[MAXN];
bool vis[MAXN];
inline void GET(int&n) {
    static char c; n = 0; do c = getchar(); while('0' > c || c > '9');
    while('0' <= c && c <= '9') { n = n*10 + c - '0'; c = getchar(); }
}
inline void gmax(int&a, int b) { if(a < b) a = b; }
void Sieve() {
    for(int i = 2; i <= 1e5; ++ i) {
        if(!vis[i]) { p[++ cnt] = i; mu[i] = -1; }
        for(int j = 1, d; j <= cnt && (d = i * p[j]) <= 1e5; ++ j) {
            vis[d] = 1;
            if(i % p[j] == 0) { mu[d] = 0; break; }
            else mu[d] = -mu[i];
        }
    }
}
inline int ksm(int a, int k) {
    int res = 1;
    for(; k; k >>= 1, a = 1ll * a * a % MOD)
        if(k & 1) res = 1ll * res * a % MOD;
    return res;
}
int main() {
    Sieve(); int T; scanf("%d", &T);
    for(int Cas = 1; Cas <= T; ++ Cas) {
        memset(s, 0, sizeof s);
        scanf("%d", &n); int mx = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
            GET(a[i]); s[a[i]] ++;
            gmax(mx, a[i]);
        }
        for(int i = 1; i <= mx; ++ i)
            s[i] += s[i-1];
        int ans = 0;
        for(int i = 2; i <= mx; ++ i) {
            int res = 1;
            for(int j = 0; j <= mx; j += i) {
                int tmp = s[min(j+i-1, mx)] - (j ? s[j-1] : 0);
                tmp = ksm(j/i, tmp);
                res = 1ll * res * tmp % MOD;
            }
            ans = (1ll * ans + 1ll * res * (-mu[i]) + 1ll * MOD) % MOD;
        }
        printf("Case #%d: %d\n", Cas, ans);
    }
    return 0;
}