Description
给出 n 个正整数 a1,...,an ,从中选出 k 个数,若其 gcd 大于 1 ,则贡献为 k⋅gcd ,求贡献和
Input
第一行一整数 n ,之后输入 n 个正整数 ai(1≤n≤2⋅105,1≤ai≤106)
Output
输出贡献和,结果模 109+7
Sample Input
3
3 3 1
Sample Output
12
Solution
令 f(k,d) 表示选出 k 个数其 gcd 为 d 的方案数, F(k,d) 表示选出 k 个数其 gcd 被 d 整除的方案数,记 numd 表示 a1,a2,...,an 中可以被 d 整除的数的个数,则 F(k,d)=Cknumd
记 m=max(a1,a2,...,an) 为 d 可能取到的最大值
显然 F(k,d)=∑d|if(k,i) ,由莫比乌斯反演, f(k,d)=∑d|iμ(id)F(k,i)
枚举 k,d 得到贡献和 ans=∑k=1n∑d=2mk⋅f(k,d)=∑k=1n∑d=2m∑d|ik⋅μ(id)Cknumi=∑d=2m∑d|i∑k=1nk⋅Cknumi
而 ∑k=1nk⋅Cknumi=∑k=1numik⋅numi!k!⋅(numi−k)!=numi⋅∑k=1numiCk−1numi−1=numi⋅2numi−1:=g(i)
故 ans=∑i=2mg(i)(∑d|i,d>1μ(id))=∑i=2mg(i)(∑d|iμ(d)−μ(i))=∑i=2mg(i)⋅(φ(i)−μ(i))
Code
#include
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#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=1000005;
#define mod 1000000007
int phi[maxn],mu[maxn],p[maxn],f[maxn],n,num[maxn];
void init(int n=1e6)
{
int res=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!phi[i])phi[i]=i-1,mu[i]=-1,p[res++]=i;
for(int j=0;jif(i%p[j])
{
phi[i*p[j]]=(p[j]-1)*phi[i];
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
else
{
phi[i*p[j]]=p[j]*phi[i];
mu[i*p[j]]=0;
break;
}
}
}
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=2*f[i-1]%mod;
}
void add(int &x,int y)
{
x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
int main()
{
init();
scanf("%d",&n);
int m=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int temp;
scanf("%d",&temp);
m=max(m,temp);
num[temp]++;
}
for(int i=2;i<=m;i++)
for(int j=2*i;j<=m;j+=i)
num[i]+=num[j];
int ans=0;
for(int i=2;i<=m;i++)
if(num[i])
add(ans,(ll)(phi[i]-mu[i])*num[i]%mod*f[num[i]-1]%mod);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}