hdu 6053 莫比乌斯函数（容斥）

题意：两个序列，A，B，A序列给出，Bi<=Ai，问满足所有区间的gcd l r != 1 的B序列的方案数

思路：枚举B整体的GCD，直接枚举显然会重复计算，顾使用莫比乌斯进行容斥，单组因子的方案数就是sum (ai/p)

显然直接枚举时间复杂度为n*m  m=min ai  ，在这里我们做一个桶的处理，并求后缀和，就直接计算出 ai/p =ni 的个数

知道所以的ni就可以算出sum (ai/p) ，这里处理的方法类似筛法，时间复杂度约为nlogn，加上公式中的快速幂，时间复杂度nlognlogn

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const ll mod = 1e9+7;
const int maxn =2e5+10;
ll n,k,mi,ans,mx;
ll a[maxn],T[maxn];
const int MAXN = 250000;
bool check[MAXN+10];
int prime[MAXN+10];
int mu[MAXN+10];
void Moblus(){
    memset(check,false,sizeof(check));
    mu[1] = 1;
    int tot = 0;
    for(int i = 2; i <= MAXN; i++){
        if( !check[i] ){
            prime[tot++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0; j < tot; j++){
            if(i * prime[j] > MAXN) break;
            check[i * prime[j]] = true;
            if( i % prime[j] == 0){
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            else{
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];
            }
        }
    }
}

ll qpow(ll a,ll b){
    ll ret=1;
    while(b){
        if(b&1) ret=(ret*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

int main(){
    int t,ca=1;
    Moblus();
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        MEM(T,0);
        scanf("%d",&n);
        mi=1e9;ans=0;mx=-1e9;
        for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]),mi=min(mi,a[i]),mx=max(mx,a[i]),T[a[i]]+=1;
        for(int i=maxn-5;i>0;i--) T[i]+=T[i+1];
        for(ll i=2;i<=mi;i++){
            ll ret=-mu[i];
            ll p=i,cnt=1;
            while(p<=mx) ret=(ret*qpow(cnt++,T[p]-T[p+i]))%mod,p=p+i;
            ans= (ret+ans+mod+mod)%mod;
        }
        printf("Case #%d: %lld
",ca++,(ans+mod)%mod);
    }
    return 0;
}

再附上一种容斥写法

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const ll mod = 1e9+7;
const int maxn =1e6+10;
ll n,k;
ll mi,ans,mx;
ll a[maxn],T[maxn];
vector<int> P;
const int MAXN=10000;
int prime[MAXN+10];
void getPrime(){
    memset(prime,0,sizeof(prime));
    for(int i=2; i<=MAXN; i++){
        if(!prime[i])prime[++prime[0]]=i;
        for(int j=1; j<=prime[0]&&prime[j]<=MAXN/i; j++){
            prime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}
ll qpow(ll a,ll b){
    ll ret=1;
    while(b){
        if(b&1) ret=(ret*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}
void dfs(ll x,int p,int id){
    if(x>mi) return;
    if(id!=0){
        ll ret=1;
        ll pp=x,cnt=1;
        while(pp<=mx) ret=(ret*qpow(cnt++,T[pp]-T[pp+x]))%mod,pp=pp+x;
        if(p)ans=(ans+ret)%mod;
        else ans=(ans-ret+mod)%mod;
    }
    for(int i=id+1;i<=prime[0];i++)
        dfs(x*prime[i],p^1,i);
}
int main(){
    int t,ca=1;
    scanf("%d",&t);
    getPrime();
    while(t--){
        scanf("%d",&n);
        MEM(T,0);mi=1e9;ans=0;mx=-1e9;
        for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]),mi=min(mi,a[i]),mx=max(mx,a[i]),T[a[i]]+=1;
        for(int i=maxn-5;i>0;i--) T[i]+=T[i+1];
        dfs(1,0,0);
        printf("Case #%d: %lld
",ca++,(ans+mod)%mod);
    }
    return 0;
}