HDU 6053 TrickGCD （莫比乌斯函数+分块筛）

思路：

找到 ai 中最小的那个数，枚举他的因数作为gcd，然后根据这个gcd我们可知 ∏ai/gcd 即为这个这个以这个数为gcd的序列对答案的贡献，然而这么算会有重复。比如我们在算2和3的时候已经把6的序列算了，所以我们需要容斥一下。

容斥的方法：莫比乌斯函数。
考虑一个数n，假设他能分解成三个质因数相乘：a*b*c，那么在算gcd为a、b、c时分别算了一遍，所以我们要减去gcd为a*b、a*c、b*c的，再加上gcd为a*b*c的。推广：我们需要加上质因数为奇数个的，减去质因数为偶数个的。当某个质因数的指数大于等于2，那么这个数我们之前肯定算过，所以这个不计入最后答案。
而莫比乌斯函数正好符合我们的需要（取个相反数就ok了）。

我们枚举gcd的时候已经花了n的时间了，所以接下来在算 ∏ai/gcd 的时间就一定要控制在logn内。所以我们把这个式子化简： ∏maxa/gcdj=1im

我来解释一下这个式子：就是把枚举n个 ai 转化成了枚举 ai/gcd 的值，这个点值一定在1和maxa/gcd之间，这个化简大概优化到了logn。然后就是m的含义，m代表n个 ai 中除以gcd为i的数量，这个m我们可以通过求一遍 ai 的前缀和得到（就是开个数组，把 ai 当作下标，记录 ai 出现了多少次，然后求这个数组的前缀和，这样就可以O（1）的求出一个范围内 ai 出现了多少次了，也就得到了m的值）

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define inf 0x3f3f3f3f
typedef long long int lli;
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
const int maxn = 100200;
bool isprime[maxn];//0代表是素数
int prime[maxn],miu[maxn];
void moblus(){
    int cnt = 0;
    miu[1] = 1;
    for(lli i = 2; i < maxn; i++){
        if(!isprime[i]){
            prime[cnt++] = i;
            miu[i] = -1;
        }
        for(lli j = 0; j < cnt && i*prime[j] < maxn; j++){
            isprime[i*prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j])
                miu[i*prime[j]] = -miu[i];
            else{
                miu[i*prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
}

inline lli qp(lli a,lli x){
    lli ans = 1;
    for(;x;x>>=1){
        if(x&1) ans = ans*a%mod;
        a = a*a % mod;
    }
    return ans;
}

int a[102000],suma[202000];

int main(){
    int cas,ncase = 0,n,v,maxa,mina;
    scanf("%d",&cas);
    moblus();
    while(cas--){
        ncase++;
        lli ans = 0;maxa = -100200,mina = 102000;
        scanf("%d",&n);
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(int i = 1;i <= n;i++){
            scanf("%d",&v);
            a[v]++;
            mina = min(mina,v);maxa = max(maxa,v);
        }
        for(int i = 1;i <= maxa*2;i++){
            suma[i] = suma[i-1] + a[i];
        }
        lli tempans = 1;
        for(int i = 2;i <= mina;i++){
            tempans = 1;
            for(int j = 1;j*i <= maxa;j++){
                tempans *= qp(j,(suma[i*j+i-1]-suma[i*j-1]));
                tempans %= mod;
            }
            ans -= miu[i]*tempans;ans %= mod;
        }
        printf("Case #%d: %lld\n",ncase,(ans+mod)%mod);
    }
}