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令 $s_n$ 表示最大公因数恰好为 $n$ 的集合个数，$f_n$ 表示与 $n$ 互质的数的个数。

那么我们要求的就是 $\sum_i s_if_i$。

考虑求出 $s$ 和 $f$。

考虑计算 $f_i$。令 $c_i$ 表示数 $i$ 的出现次数。

则直接莫比乌斯反演：

$$f_n=\sum_{i}[\gcd(i,n)=1]c_i$$

$$=\sum_{i}c_i\sum_{d\mid i,d\mid n}\mu(d)$$

$$=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{d\mid i}c_i$$

令 $g_k=\sum\limits_{k\mid i}c_i,g_{k}^{′}=\mu(k)g_k$，那么 $f_n=\sum\limits_{d\mid n}g_{d}^{′}$

发现这个 $g_i$ 就表示 $i$ 的倍数的出现次数。

再考虑求 $s_i$。我们令 $s_i^′$ 表示最大公因数为 $i$ 的倍数的方案数。要使最大公因数为 $i$ 的倍数，那么每个选的数必须是 $i$ 的倍数。所以容易得到 $s_i^′=2^{g_i}-1$。

又有 $s_i^{′}=\sum\limits_{i\mid d}s_d$。

观察上面的式子的形式，它们都是这样的形式：

$$b_k=\sum_{i\mid k}a_i$$

$$b_k=\sum_{k\mid i}a_i$$

其中，上面的式子为狄利克雷前缀和，下面的式子为狄利克雷后缀和。

这都可以在 $\mathcal O(w\log\log w)$ 的时间内求出，可以先去做一下【模板】Dirichlet 前缀和（这个实际上就是一个关于质因子分解后的指数的高维前缀和，使用类似 FMT 的方法就可以了）。

计算 $g$ 和 $f$ 都是标准的狄利克雷前/后缀和形式。

但还有个问题，已知 $a$ 求 $b$ 能做了，但是那个 $s$ 的计算，是已知 $b$ 求 $a$ 的。

前面是加，那现在就把它改成减就可以了。当然也可以用高维前缀和的知识解释。

总时间复杂度 $\mathcal O(n+w\log\log w)$。

具体细节看代码。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 500005, M = 10000000, mod = 1e9 + 7;
int n, ans;
int a[N], cnt[M+5];
int mu[M+5];
int pri[M / 10], tot;
bool vis[M+5];
int pw[N];
int f[M], g[M];

inline void add(int &a, int b) {
	a += b;
	if (a >= mod) a -= mod;
	if (a < 0) a += mod;
}

void init(int n) {
	pw[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 500000; ++i) pw[i] = 1ll * pw[i - 1] * 2 % mod;
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (!vis[i]) pri[++tot] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= tot && i * pri[j] <= n; ++j) {
			vis[i * pri[j]] = 1;
			if (i % pri[j] == 0) {
				mu[i * pri[j]] = 0;
				break;
			}
			mu[i * pri[j]] = -mu[i];
		}
	}
}

int main() {
	init(M);
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]), ++cnt[a[i]];
	for (int i = 1; i <= tot; ++i)
		for (int j = M / pri[i]; j; --j)
			add(cnt[j], cnt[j * pri[i]]);
	for (int i = 1; i <= M; ++i) g[i] = cnt[i] * mu[i];
	for (int i = 1; i <= tot; ++i)
		for (int j = 1; j * pri[i] <= M; ++j)
			add(g[j * pri[i]], g[j]);
	for (int i = 1; i <= M; ++i) f[i] = pw[cnt[i]] - 1;
	for (int i = 1; i <= tot; ++i)
		for (int j = 1; j * pri[i] <= M; ++j)
			add(f[j], -f[j * pri[i]]);
	for (int i = 2; i <= M; ++i) add(ans, 1ll * f[i] * g[i] % mod);
	printf("%d", ans);
	return 0;
}