「CF585E」 Present for Vitalik the Philatelist

「CF585E」 Present for Vitalik the Philatelist

传送门

我们可以考虑枚举 (S'=Scup{x})，那么显然有 (gcd{S'}=1)。

那么我们从里面可以选一个数出来作为 (x)，共有 (|S'|) 种可能，我们记为 ((x,S))。

但是这样显然会计算到一些不合法的情况，考虑统计。

对于一个集合 (S)，若其 (gcd) 为 (1)，则再任意添加一个数 (gcd) 仍为 (1)，这样的二元组显然是不合法的，共有 (n-|S|) 种可能。

所以对于一个 (gcd) 为 (1) 的集合 (S)，其对答案的贡献就是 (|S|-(n-|S|)=2|S|-n)。

设给出的数的集合为 (U)，故答案可表示为

[sum_{Ssubseteq U,S eq varnothing}[gcd {S}=1](2|S|-n) ]

显然可以考虑莫比乌斯反演，于是有

[sum_{d}mu(d)sum_{Ssubseteq Ucap{x|x=kd,kin mathbb{Z}},S eq varnothing}(2|S|-n) ]

令 (T=Ucap{x|x=kd,kin mathbb{Z}})，我们的问题就变为了计算

[sum_{Ssubseteq T,S eq varnothing}(2|S|-n) ]

首先这个不等于空集很烦，我们可以把它加上最后再减去，变为

[n+2sum_{Ssubseteq T}|S|-sum_{Ssubseteq T}n ]

后面那部分很好算，共有 (2^{|T|}) 种集合，答案即为 (2^{|T|}n)。

前一部分可以考虑计算每个数对答案的贡献，枚举选某个数（共 (|T|) 种可能），剩下的 (|T|-1) 个元素都是选或不选，故答案为 (2(2^{|T|-1}|T|)=2^{|T|}|T|)。

然后问题就变成了如何求 (T)。

这个东西可以直接分解质因数，也可以用 ( ext{Dirichlet}) 后缀和，在此不再赘述。

总复杂度大概是 (O(Vlog_2log_2V+n)) 的，其中 (V) 表示值域。

贴代码

/*---Author:HenryHuang---*/
/*---Never Settle---*/
/*---Never Enough---*/
#include<bits/stdc++.h>
#define module(x) ((x)>=p?((x)-p):(x))
using namespace std;
const int maxn=1e7+5;
const int p=1e9+7;
int pri[maxn],pp[maxn],mu[maxn],cnt;
int p2[maxn];
int sum[maxn];
void init(int mx){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=mx;++i){
		if(!pp[i]) pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=mx;++j){
			pp[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0){
				mu[i*pri[j]]=0;
				break;
			}
			else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int n;cin>>n;
	p2[0]=1;
	int mx=0;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int x;cin>>x;mx=max(mx,x);
		++sum[x];
		p2[i]=module(p2[i-1]<<1);
	}
	init(mx);
	for(int i=1;i<=cnt;++i)
		for(int j=mx/pri[i];j;--j)
			sum[j]+=sum[j*pri[i]];
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=mx;++i){
		if(mu[i]){
			int tmp=1ll*(1ll*p2[sum[i]]*(sum[i]-n+p)+n)%p;
			if(mu[i]>0) ans=module(ans+tmp);
			else ans=module(ans-tmp+p);
		}
	}
	cout<<module(ans+p)<<'
';
	return 0;
}