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题目大意

给定一个数组大小为\(n(1\leq n\leq 200000)\)的数组\(a\)，满足\(1\leq a_i \leq 1000000\)。

选择其中任意\(len\)个数字，若\(gcd>1\)，则该组数字对答案贡献为\(len*gcd\)，求最终答案对\(1e9+7\)取模。

题目分析

因为\(gcd\)的本质是因数分解，可以想到，如果不考虑算重，那么：

对于一个\(gcd\)的结果\(x\)，若有\(num\)个数含有\(x\)这个因数，则被选择的数可形成的形如\(gcd(...)==x\)的贡献为：

\((1*C_{num}^1+2*C_{num}^2+3*C_{num}^3+......+num*C_{num}^{num})*x\)

其中，\(num\)可以直接枚举得到：

\(for(int\ i=x;i<=1000000;i+=x)num[x]+=cnt[i];\)

\(cnt[i]\)表示\(a[\ ]\)中大小为\(i\)的数字的个数，由于时间复杂度是调和级数，可以\(O(nlog(n))\)求解。

由公式可得：

\(1*C_{n}^1+2*C_{n}^2+3*C_{n}^3+......+n*C_{n}^{n}=n*2^{n-1}\)

此处可以\(O(1)\)求得答案，总时间复杂度为\(O(nlog(n))\)。

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由于会有重复的情况，我们可以使用容斥去重。

对于每个数的容斥系数，可以附初值：\(tmp[i]=i;\)

由于每个数会在它的因数部分算重，可得：

\(tmp[x]=x- \sum\limits_{d|x}tmp[d];\)

\(tmp\)数组的计算也是调和级数，可以在\(O(nlog(n))\)求解。

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综上：

\(ans+=num[x]*2^{num[x]-1}*x*tmp[x];\)

总时间复杂度\(O(nlog(n))\)。

代码实现

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<cstdlib>
#define MAXN 0x7fffffff
typedef long long LL;
const int N=1000005,mod=1e9+7;
using namespace std;
inline int Getint(){register int x=0,f=1;register char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
int tmp[N],prime[N];
bool vis[N];
void Pre(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++)tmp[i]=i;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i])prime[++prime[0]]=i,vis[i]=1;
		for(int j=1;j<=prime[0]&&1ll*i*prime[j]<=n;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)break;
		}
		for(int j=2;1ll*i*j<=n;j++)tmp[j*i]-=tmp[i];
	}
}
LL ksm(LL x,LL k){
	LL ret=1;
	while(k){
		if(k&1)ret=ret*x%mod;
		x=x*x%mod;
		k>>=1;
	}
	return ret;
}
int cnt[N];
int Query(int x){
	int ret=0;
	for(int i=x;i<=1000000;i+=x)ret+=cnt[i];
	return ret;
}
int main(){
	Pre(1000000);
	int n=Getint();
	for(int i=1;i<=n;i++)cnt[Getint()]++;
	LL ans=0;
	for(int i=2;i<=1000000;i++){
		int x=Query(i);
		if(!x)continue;
		ans=(ans+x*ksm(2,x-1)%mod*tmp[i]%mod)%mod;
	}
	cout<<(ans+mod)%mod;
	return 0;
}