考虑这种一堆数字(gcd = k) 有经典做法。 考虑设(f(x))为(gcd)是(x)的倍数的方案数。 (g(x))为(gcd)刚好为(x)的方案数。 则有 (f(x) = sum_{x | k}g(k)) 莫反一下则对应有 (g(x) = sum_{x | k}mu(frac{k}{x})g(k)) 因为我们求的是(g(1)) 那么有(g(1) = sum_{x | k}mu(k)f(k)) 那么(f(k))显然为([n^{frac{1}{k}} - 1])