[Hdu-6053] TrickGCD[容斥，前缀和]

Online Judge：Hdu6053

Label：容斥，前缀和

题面：

题目描述

给你一个长度为\(N\)的序列A，现在让你构造一个长度同样为\(N\)的序列B，并满足如下条件，问有多少种方案数？答案对\(1e9+7\)取模。

• \(1≤Bi≤Ai\)

• 对于任意(l,r) \((1≤l≤r≤N)\)，有\(gcd(b_l,b_{l+1}...b_r)>=2\)

输入

The first line is an integer T(1≤T≤10) describe the number of test cases.

Each test case begins with an integer number n describe the size of array A.

Then a line contains n numbers describe each element of A

You can assume that \(1≤n,Ai≤10^5\)

输出

For the kth test case , first output "Case #k: " , then output an integer as answer in a single line . because the answer may be large , so you are only need to output answer mod \(10^9+7\)

样例

Input

1
4
4 4 4 4

Output

Case #1: 17

题解

一、暴力做法：\(O(N \cdot(ln(N)+N))\)

这题的暴力做法很容易想到，直接枚举\(gcd\)，统计该值对答案的贡献。对于序列A中的第i个数，此时他可取的数字有\(Ai/gcd\)种，则此时整个序列的方案数为\(Ans=A_1/gcd *A_2/gcd \cdot...* A_N/gcd\)。

当然还需要容斥，我们从大到小枚举这个\(gcd\)，然后再减去\(gcd\)的倍数对答案的贡献即可。

二、AC做法：\(O(N \cdot ln(N))\)

上面做法的瓶颈在于直接O(N)地枚举整个A序列来求该\(gcd\)对答案的贡献。

仍然是枚举\(gcd\)，发现\([i \cdot gcd，(i+1) \cdot gcd-1]\)这个区间内的数在此时的贡献都是\(i\)。想到直接枚举\(gcd\)的倍数即可，而查一段区间内的数字个数可以用前缀和完成（因为序列数字的上限只有1e5）。对于每个\(gcd\)，之前的暴力做法是全部累乘，而这里用一下快速幂就好了。

完整代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,a[N],f[N];
int dp[N];
int ksm(int a,int d){
	int res=1;
	while(d){
		if(d&1)res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;d>>=1;
	}
	return res;
}
signed main(){
	int T,cas=0;scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld",&n);
		memset(f,0,sizeof(f));
		memset(dp,0,sizeof(dp));

		int ma=0,ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),ma=max(ma,a[i]),f[a[i]]++;
		for(int i=1;i<=ma;i++)f[i]+=f[i-1];
		for(int i=ma;i>=2;i--){
			int cur=1;
			for(int ti=0,j=0;j<=ma;ti++,j+=i){
				int num=f[min(j+i-1,ma)];
				if(j!=0)num-=f[j-1];
				cur=cur*ksm(ti,num)%mod;
			}
			for(int j=i+i;j<=ma;j+=i)cur=(cur-dp[j]+mod)%mod;
			ans=(ans+(dp[i]=cur))%mod;
		}
		printf("Case #%lld: %lld\n",++cas,(ans+mod)%mod);
	}
}