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经典数论容斥，只不过这里从二维的变成了四维的

设$cnt[d]$表示给出的序列中约数有$d$的数的个数

这里用到一个引理：一堆数的最大公约数一定是他们公约数的倍数

这个证明其实非常简单，从分解质因数的角度考虑，遍历一遍数列并且对质因数的个数取min，那么约数的集合肯定就是在这里面选，个数不能超过min的，肯定能整除呀

所以上面枚举的减掉的东西只用枚举$kd$

再考虑一下，这些四元组里面，如果gcd不为$d$，根据上面的引理，由于他们有公共约数$d$，所以gcd一定也是$d$的倍数，所以不重不漏了

update 2024.8.10

重新做一遍，由于这道题目放在容斥原理的，所以想容斥原理了，而且很轻易地想出来了，但是会TLE，然而却对蓝书的莫比乌斯函数有了更深的理解

先考虑一般的容斥原理怎么做：设$P_i$表示四元组的最大公约数是第$i$个质数（从小到大排序）的性质，则我们现在要求的就是$|P_1\cup P_2\cup ...|$，这个直接用容斥原理打开就好了。但是会发现这里的质数太多了，如果我们直接用容斥原理是会超时的，这个时候就要用到莫比乌斯函数了

想一下为什么我们的容斥原理会超时，原因就是很多质数乘起来直接超过了上界的我们却还要去遍历一遍，蓝书的思路就是减去这些重复遍历

具体来说，设$D[i]$表示有多少个四元组的最大公约数是$i$的倍数（注意$i$不一定要是质数），显然这个可以用倍数法处理掉，时间复杂度为调和级数，那么这道题的答案$ans$就为$\stackrel{N}{\sum _{i=1}}u(i)D[i]$，这是因为对于一个$i$，如果其是square-free-number且质因数分解刚好有奇数个，那么在对应的容斥原理公式里面就应该是加，如果其是square-free-number且质因数分解刚好有偶数个，那么在对应的容斥原理公式里面就应该是减；上述操作由于最多只会循环到$N$，就砍掉了无用的枚举，且不会漏掉计数

所以以后我们如果对质因数用容斥原理发现会TLE的话，就可以尝试莫比乌斯函数