题意：给出n个数$a[i]$，每个数可以变成不大于它的数，现问所有数的gcd大于1的方案数。其中$(n,a[i]<=1e5)$
思路：鉴于a[i]不大，可以想到枚举gcd的值。考虑一个$gcd(a_1,a_2,a_3…a_n)=d$，显然每个$a_i$的倍数都满足，有$\frac{a_i}{d}$种方案
那么一个d对答案的贡献为\[\prod_{i=1}^{min(a)}{\lfloor\frac{a_i}{d}\rfloor} \]
但是所有的d计入会有重复情况，考虑容斥，对d进行素数分解，发现重复情况就是d的互异素数个数为偶数的，或是素数的指数大于1的。
然后会发现这情况的系数和莫比乌斯函数定义很像$(-f(d)) = \mu(d)=(-1)^k, d={p_1}{p_2}…{p_k}$，$\mu(d) = 0,d为非1整数$
现在我们就要考虑如何快速求得一个d的贡献了，类似筛法的思想，由于a[i]不大，预处理出前缀和，sum[i]代表小于i的数的个数，将按方案数大小分块，累加$cnt^{sum[(cnt+1)*d-1]-sum[cnt*d-1]}$得到结果，乘上容斥系数即可。
\[ ans = \sum_{d=1}^{min(a)}{(-\mu(d)) \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{min(a)}{d} \rfloor}{j^{\sum_{i=1}^{n}{[\lfloor \frac{a_i}{d} \rfloor = j]}} }} \]
也就是把上式j的指数前缀和优化了一下。
分块优化也是很常见的，和以前的数论组合题已经算简单了，我好鶸鶸鶸鶸鶸鶸阿
/** @Date : 2017-07-28 19:30:46
* @FileName: HDU 6053 莫比乌斯函数 容斥 1009.cpp
* @Platform: Windows
* @Author : Lweleth ([email protected])
* @Link : https://github.com/
* @Version : $Id$
*/
#include
#define LL long long
#define PII pair
#define MP(x, y) make_pair((x),(y))
#define fi first
#define se second
#define PB(x) push_back((x))
#define MMG(x) memset((x), -1,sizeof(x))
#define MMF(x) memset((x),0,sizeof(x))
#define MMI(x) memset((x), INF, sizeof(x))
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5+20;
const double eps = 1e-8;
const LL mod = 1e9 + 7;
LL pri[N];
LL mu[N];
LL sum[N];
bool vis[N];
int c = 0;
void mobius()
{
MMF(vis);
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i < N; i++)
{
if(!vis[i])
pri[c++] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 0; j < c && i * pri[j] < N; j++)
{
vis[i * pri[j]] = 1;
if(i % pri[j])
mu[i * pri[j]] = -mu[i];
else
{
mu[i * pri[j]] = 0;
break;
}
}
}
for(int i = 0; i < N; i++)
mu[i] *= -1;
}
LL fpow(LL x, LL n)
{
LL ans = 1;
while(n > 0)
{
if(n & 1)
ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod;
n >>= 1;
}
return ans;
}
int n;
LL a[N];
int main()
{
int icase = 0;
int T;
cin >> T;
mobius();
while(T--)
{
MMF(sum);
scanf("%d", &n);
LL mi = INF;
LL ma = -1;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%lld", a + i);
mi = min(a[i], mi);
ma = max(a[i], ma);
sum[a[i]]++;
}
for(int i = 2; i <= ma; i++)
sum[i] += sum[i - 1];
LL ans = 0;
for(LL g = 2; g <= mi; g++)
{
if(mu[g] == 0)
continue;
LL t = 1;
LL cnt = 1;
while(true)
{
int l = min(cnt * g, ma);
int r = min((cnt + 1) * g - 1, ma);
if(r > l - 1)
t = (t * fpow(cnt, sum[r] - sum[l - 1]) % mod + mod) % mod;
if(r == ma)
break;
cnt++;
}
//cout << t <