CF1900D Small GCD 题解

原题链接：CF1900D，题意不多赘述。

首先可以将 \(a\) 数组排序，并且枚举中间的那个数 \(a_i\)。那么答案就是 \(\sum_{j=1}^{i-1} \gcd(a_j,a_i)\times (n-i)\)。重点在于求前面的 \(\gcd\)。可以用欧拉反演，但是也可以不用，因为我不会。

假设我们当前已经枚举到了 \(a_i\)，设 \(f_k\) 表示 \(a_1\) 到 \(a_{i-1}\) 中是 \(k\) 的倍数的数有多少个，\(g_k\) 表示 \(a_{1}\) 到 \(a_{i-1}\) 中满足 \(\gcd(a_j,a_i)=k\) 的数有多少个。\(f_k\) 可以直接通过枚举每一个数的所有因子算出，\(g_k\) 可以考虑用容斥算出。具体的，首先将 \(g_k\) 赋值为 \(f_k\)，但是我们会发现有一些数不满足条件。比如 \(4\) 和 \(8\) 都是 \(2\) 的倍数，但是 \(\gcd(4,8) \ne 2\)，所以我们直接将每一个 \(g_k\) 都减去 \(g_x(k \mid x,x \mid a_i)\) 即可。对于每一个 \(a_i\)，最终答案为 \(\sum g_j\times j \times (n-i)\)。

可以先预处理出 \(1\) 到 \(100000\) 的所有因数，小常数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MAXN = 1e5 + 10;
int t,n,a[MAXN],f[MAXN],g[MAXN]; 
vector <int> v[MAXN];
signed main()
{
	for(int i = 1e5;i >= 1;i--)
		for(int j = i;j <= 1e5;j += i) v[j].emplace_back(i);
	cin >> t;
	while(t--)
	{
		memset(f,0,sizeof f),memset(g,0,sizeof g);
		cin >> n;
		for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
		sort(a + 1,a + n + 1);
		int ans = 0;
		for(int i = 1;i <= n;i++)
		{
			for(auto j : v[a[i]]) g[j] = f[j],f[j]++;
			for(auto j : v[a[i]])
				for(auto k : v[j]) if(k != j) g[k] -= g[j];
			for(auto j : v[a[i]]) ans += (g[j] * (n - i) * j);
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}