hdu6053 TrickGCD 容斥原理

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题目：hdu6053 TrickGCD
链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6053
题意：You are given an array A , and Zhu wants to know there are how many different array B satisfy the following conditions?

* 1≤Bi≤Ai
* For each pair( l , r ) (1≤l≤r≤n) , gcd(bl,bl+1...br)≥2

思路：枚举2<=gcd<=misA； misA表示A数组最小的数。

当gcd==2. 贡献为： (a1/2)*(a2/2)*...*(an/2)；所有2的倍数的组合。
当gcd==3. 贡献为:  (a1/3)*(a2/3)*...*(an/3)；所有3的倍数的组合。
当gcd==4.不需要计算因为在2中算过了。
。
。
gcd==6. 减去。因为2,3都算过6，所以多算了一次。
也就是按照容斥原理的做法。
如果gcd可以被一个素数的平方整除，那么该gcd不用计算。
否则：f(i) = （-1)^(k+1); k表示i这个数的素因子个数。 由于mu[i] = (-1)^k; 所以求mu之后取反。

对于确定的gcd==2，计算贡献:因为ai/2很多结果相同。[gcd,2*gcd)范围内的数/gcd的结果都是1，[2*gcd,3*gcd)范围内的数/gcd的结果都是2.。。。
所以贡献等于1^num1 * 2^num2 * 3^num3 ...  （numi表示结果为1的数量。可以利用前缀和统计范围内的数。）
其他类比。
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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof x)
typedef pair<int, int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e5 + 1000;
vector<P> gd;///value, num;
int sum[maxn];
int vis[maxn], mu[maxn];
int prime[maxn], cnt;
void init()///莫比乌斯
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    mu[1] = 1;
    cnt = 0;
    for(int i=2; i<maxn; i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[cnt++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<maxn; j++)
        {
            vis[i*prime[j]] = 1;
            if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];
            else
            {
                mu[i*prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i = 2; i < maxn; i++){
        if(mu[i]!=0){
            gd.push_back(P(i,-mu[i]));
        }
    }
}
LL Pow(LL x, int y)
{
    LL p = 1;
    while (y)
    {
        if (y & 1) p = p*x%mod;
        x = x*x%mod;
        y >>= 1;
    }
    return p;
}
int main()
{
    int T, cas = 1;
    int n;
    init();
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        scanf("%d", &n);
        ms(sum, 0);
        int x, misx = INF;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d", &x);
            misx = min(misx, x);
            sum[x]++;
        }
        for (int i = 1; i < maxn; i++) {
            sum[i] += sum[i - 1];
        }
        LL ans = 0;
        int len = gd.size();
        for (int i = 0; i < len&&gd[i].first <= misx; i++) {
            int gcd = gd[i].first;
            LL cnt = 1;
            for (int j = gcd; j < maxn; j += gcd) {
                cnt = cnt*Pow(j / gcd, sum[min(maxn - 1, j + gcd - 1)] - sum[j - 1]) % mod;
            }
            ans = (ans + cnt*gd[i].second + mod) % mod;
            //cout<<"gcd = "<<gcd<<endl;
            //cout<<"ans = "<<ans<<endl;
        }
        //cout<<"ans = "<<ans<<endl;
        printf("Case #%d: %lld
", cas++, ans);
    }

    return 0;
}