題意:
給一個長度爲n的數組A,讓你構造等長的數組B,B數組中的元素取值爲小於等於A數組中對應位置的元素,現在詢問B數組中的gcd大於等於2的方案數
思路:(已更新容斥部分)
我們令g(d)爲gcd爲d的倍數的答案,那麼
所以根據容斥原理最後我們要求的答案爲g(2)+g(3)+g(5)-g(6)+g(7)-g(10)+g(11)+g(13)-g(14)+g(15).....
即:
轉換一下:
f ( i , d ) 爲 [ a / d ] = i 的A數組中的元素個數,用一個前綴和數組維護就好
加上快速冪,那麼複雜度就降到了O( n log(n)^2 ) 了
代碼:
#include<bits/stdc++.h>
const long long mod = 1e9+7;
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
vector<int>pr;
int mu[N];
bool Np[N];
inline void init(){
mu[1] = 1;
for(int i=2;i<N;i++){
if(!Np[i]){
pr.emplace_back(i);
mu[i]=-1;
}
for(int j=0,k=pr[j]*i;k<N;k=pr[++j]*i){
Np[k] = true;
if(i%pr[j]==0){
mu[k] = 0;
break;
}mu[k] = -mu[i];
}
}
}
int n,ed,mi;
int A[N];
long long fro[N];
long long qpow(long long x,long long y){
if(x<=1)return 1;
long long res = 1;
while(y){
if(y&1)res=res*x%mod;
y>>=1;
x = x * x %mod;
}return res;
}
long long work(){
for(int i=2;i<=ed;i++){
A[i]+=A[i-1];
}long long res = 0;
for(int i=2;i<=mi;i++)if(mu[i]){
long long cnt = -mu[i];
int m = ed / i ;
for(int j=1;j<=m;j++){
int l = i * j, r = min( ed , i * j + i - 1 );
cnt = cnt * qpow( j , A[r]-A[l-1] ) % mod;
}res += cnt;
}
return ( res % mod + mod ) % mod;
}
int main()
{
init();
int T,cas=0;
scanf("%d",&T);
while(T--){
ed = 0;mi = 1e5;
memset(A,0,sizeof(A));
scanf("%d",&n);
for(int i=0,x;i<n;i++){
scanf("%d",&x);
ed = max(ed,x);
mi = min(mi,x);
A[x]++;
}printf("Case #%d: %I64d\n",++cas,work());
}return 0;
}