假裝這裡有連結

題意：給出A的序列，然後根據A的序列去確定B的序列。
B的序列滿足1≤Bi≤Ai且對於任意B的子集的gcd≥2.

解：首先考慮任意B的子集的gcd≥2這個條件。它代表的含義即B中任意兩個數不互質。那個B中的數都是倍數關係。然後再來看A，已知了A序列，那我們可以列舉小於A但是大於1的所有數。拿樣例來看，A的序列為4 4 4 4，然後從2開始列舉，列舉到2的時候，2是4的因子，且4≤4,所以這時候不論是取2還是取4都是可以的，所以是4*C(12),然後列舉到3，只有這一種情況，然後到4，也是一種情況，但是在列舉2的時候已經考慮的2的倍數4的情況了，所以重複去掉，答案是16+4=17.
經過簡單的推導，我們可以推出含重複答案的公式為：∑

但是從對每個可能的Bi都列舉一遍A，這樣是n2的時間複雜度對於105的資料來說是絕對會超時的，所以需要優化。
仔細觀察可以得知，在某個範圍裡的數對於一個固定的Bi所對應的種數是一樣的。比如對於5來說，1-4裡面有0個5,5-9裡面有5個5,10-14裡面有2個5……………..
所以我們就可以將這一個整塊的資料同時處理，這樣就會節約很多時間。

#include<bits/stdc++.h>
 

using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
#define ll long long
ll m[100010];
void mu()
{
    m[1]=1;
    for(ll i=1; i<=maxn; i++)
        for(ll j=2*i; j<=maxn; j+=i)
        {
            m[j]-=m[i];
        }
}
ll a[maxn],num[2*maxn];
ll qmod(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while
 
(b)
    {
        if(b%2==1)ans=ans*a%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b/=2;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll minx,t,ca=1;
    mu();
    scanf("%lld",&t);
    while(t--)
    {
        memset(a,0,sizeof a);
        memset(num,0,sizeof num);
        ll n;
        scanf("%lld",&n);
        minx=maxn+10;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            minx=min(a[i],minx);
        }
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            num[a[i]]++;
        }
        for(int i=1; i<=200000; i++)
        {
            num[i]+=num[i-1];
        }
        ll ans=0;
        for(ll i=2; i<=minx; i++)
        {
            ll sum=1;
            for(ll j=1; j*i<=100000; j++)
            {
                sum=(sum*qmod(j,num[(j+1)*i-1]-num[j*i-1]))%mod;
                //j代表優化中拿的種數
            }
            ans=(ans-sum*m[i]%mod+mod)%mod;
        }
        printf("Case #%lld: %lld\n",ca++,ans);
    }
}