【CF585E】Present for Vitalik the Philatelist

题目

题目链接：https://codeforces.com/problemset/problem/585/E
有一个包含 (n) 个 (in [2, 10^7]) 的整数的可重集合。
要求满足条件的一个元素 (x) 和一个集合 (S) 的方案数。
条件：(x otin S)，(gcd{S} > 1)，(gcd(x, gcd{S}) = 1)。
(n le 5 imes 10^5)，元素 (leq 10^7)，答案对 (10^9+7) 取模。

思路

考虑求出 (f_i) 表示集合中所有数字中与 (i) 互质的数字数量。令 (c_i) 表示数字 (i) 出现的次数。
那么

[f_i=sum_{j}c_jsum_{d|i,d|j}mu(d) ]

[=sum_{d|i}mu(d)sum_{d|j}c_j ]

后面那个玩意可以用 Dirichlet 后缀和搞出来，然后再 Dirichlet 前缀和一次就可以求出 (f)。
然后考虑求 (h_i) 表示选出若干个数，(gcd=i) 的方案数。(h'_i) 表示选出若干个数 (gcd) 是 (i) 的倍数的方案数。那么显然有

[h'_i=2^{sum_{d|j}c_j}-1=sum_{i|j}h_i ]

那么直接把 Dirichlet 前缀和倒序变为差分即可。
最终答案就是

[sum^{10^7}_{i=2}f_ih_i ]

时间复杂度 (O(nloglog n))。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=10000010,MOD=1e9+7;
int n,m,ans,f[N],g[N],h[N],mu[N],prm[N];
bool v[N];

void findprm(int n)
{
	mu[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		if (!v[i]) prm[++m]=i,mu[i]=-1;
		for (int j=1;j<=m;j++)
		{
			if (i>n/prm[j]) break;
			v[i*prm[j]]=1; mu[i*prm[j]]=-mu[i];
			if (!(i%prm[j])) { mu[i*prm[j]]=0; break; }
		}
	}
}

int fpow(int x,int k)
{
	int ans=1;
	for (;k;k>>=1,x=1LL*x*x%MOD)
		if (k&1) ans=1LL*ans*x%MOD;
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1,x;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&x);
		g[x]++; m=max(m,x);
	}
	n=m; m=0;
	findprm(n);
	for (int i=1;i<=m;i++)
		for (int j=n/prm[i];j>=1;j--)
			g[j]=(g[j]+g[j*prm[i]])%MOD;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		h[i]=fpow(2,g[i])-1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		f[i]=(g[i]*mu[i]+MOD)%MOD;
	for (int i=1;i<=m;i++)
		for (int j=1;j*prm[i]<=n;j++)
			f[j*prm[i]]=(f[j*prm[i]]+f[j])%MOD;
	for (int i=1;i<=m;i++)
		for (int j=1;j*prm[i]<=n;j++)
			h[j]=(h[j]-h[j*prm[i]]+MOD)%MOD;
	for (int i=2;i<=n;i++)
		ans=(ans+1LL*f[i]*h[i])%MOD;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}