題目鏈接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6053

題意：

給你序列a，讓你構造序列b，要求 1<=b[i]<=a[i],且b序列的gcd>=2。問你方案數。

思路：

容易想到的就是我們枚舉整個序列的gcd，然後a[i]/gcd就是i位置能夠填的數的個數，然後每個位置累積就能得到數列為gcd時的方案數。

最後容斥一下累加就是答案。但是最大gcd可以是100000和明顯這樣做n^2，會超時。

那麽我們把a[i]/gcd的放在一起，然後用快速冪直接求出值。具體來說，當前枚舉的gcd是a，把a,2*a,3*a.......分塊，對於每一塊對gcd為a的貢獻是在這一塊的a[i]的個數，那麽前綴和處理一下就好了。

對於容斥：

也沒做過幾道容斥，對於dfs的容斥，第一次見，就是說每次容斥的數都是num*prime[i]，保證了dfs了所有數，並且只有log層

cnt[num] 是對於num前面已經加或者減了多少次，那麽我們只要每個數一次，就對於當前的數需要加或者減1-cnt[num]才能變成1，對於num的倍數也影響了1-cnt[num]。

還有一種容斥，更簡單，就是對於gcd倒著遍歷，篩去他的倍數的貢獻，也就是重復加的要減去。嗯 很巧妙

代碼：

代碼一：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
#define MS(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MP make_pair
#define PB push_back
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10
 
+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    return x*f;
}
//////////////////////////////////////////////////////////////////////////
const int maxn = 1e5+10;
const int mod = 1e9+7;

int v[maxn],s[maxn],cnt[maxn],res[maxn],mi,mx;
bool vis[maxn];
vector<int> prime;
ll ans;

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

void init(){
    for(int i=2; i<maxn; i++){
        if(vis[i]) continue;
        prime.push_back(i);
        for(int j=i+i; j<maxn; j+=i){
            vis[j] = true;
        }
    }
}

void dfs(ll num){
    if(num > mi) return ;
    if(cnt[num] == 1) return ;
    if(num > 1){
        int dt = 1-cnt[num];
        ans = (ans+dt*res[num]+mod)%mod;
        cnt[num] = 1;
        for(int i=num*2; i<=mi; i+=num){
            cnt[i] += dt;
        }
    }
    for(int i=0; i<(int)prime.size(); i++)
        dfs(num*prime[i]);
}

int main(){
    init();
    int T = read(), kase = 1;
    while(T--){
        MS(v); MS(s); MS(cnt);
        int n = read();
        mi = INF,mx = 0;
        for(int i=1; i<=n; i++){
            int x = read();
            v[x]++;
            mi = min(mi,x);
            mx = max(mx,x);
        }
        for(int i=1; i<maxn; i++)
            s[i] = s[i-1]+v[i];
        for(int a=2; a<=mi; a++){
            res[a] = 1;
            for(int i=a*2,j=1; i<=mx+a; i+=a, j++){
                int t = (i-1>mx ? s[mx] : s[i-1]);
                res[a] = (res[a]*qpow(j,t-s[i-a-1])%mod);
            }
        }
        // for(int i=2; i<=mi; i++)
        //     cout << i << " " << res[i] << endl;
        ans = 0;
        dfs(1);
        printf("Case #%d: %I64d\n",kase++,ans);
    }


    return 0;
}

代碼二：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MS(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MP make_pair
#define PB push_back
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    return x*f;
}
//////////////////////////////////////////////////////////////////////////
const int maxn = 1e5+10;
const int mod = 1e9+7;

int v[maxn],s[maxn],res[maxn],mi,mx;
ll ans,dp[maxn];

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

int main(){
    int T = read(), kase = 1;
    while(T--){
        MS(v); MS(s); MS(dp);
        int n = read();
        mi = INF,mx = 0;
        for(int i=1; i<=n; i++){
            int x = read();
            v[x]++;
            mi = min(mi,x);
            mx = max(mx,x);
        }
        for(int i=1; i<maxn; i++)
            s[i] = s[i-1]+v[i];
        for(int a=2; a<=mi; a++){
            res[a] = 1;
            for(int i=a*2,j=1; i<=mx+a; i+=a, j++){
                int t = (i-1>mx ? s[mx] : s[i-1]);
                res[a] = (res[a]*qpow(j,t-s[i-a-1])%mod);
            }
        }
        for(int i=mi; i>=2; --i){  
            dp[i] = res[i];  
            for(int j=i<<1; j<=mi; j+=i){  
                dp[i] -= dp[j];  
                dp[i] = (dp[i]%mod+mod)%mod;  
            }  
        }
        ans = 0;
        for(int i=2; i<=mi; i++)
            ans = (ans+dp[i])%mod;
        printf("Case #%d: %I64d\n",kase++,ans);
    }


    return 0;
}

HDU 6053 TrickGCD 容斥