Small GCD

有两种做法

第一种做法：欧拉反演（其实我赛时的时候是想到了欧拉反演的，但是我不太清楚欧拉反演的使用trick）

欧拉反演的trick见这篇文章

欧拉反演直接用在gcd上还是挺多的（就像这篇文章中说的，gcd求和就可以用欧拉反演，实际上“龙哥的问题”就是典型的欧拉反演），可以想一下\(cnt\)数组怎么求

\(cnt\)数组其实是只用记一维的（因为记两维肯定爆炸了）。考虑对于\(d\)，如果\(d\)不是\(a_i\)的约数，那么\(d\)在\(i\)的\(cnt\)和\(d\)在\(i-1\)的\(cnt\)肯定是一样的；如果\(d\)是\(a_i\)的约数，那么\(d\)在\(i\)的\(cnt\)就多了\(1\)

第二种做法：考虑贡献

见这篇文章

由于这道题目给的序列是离散的，我们没办法利用欧拉函数，所以考虑贡献的时候只能求出前面有多少个\(a_i\)满足gcd是\(x\)，那么\(x\)肯定是\(a_i\)的约数，但是这样的\(a_i\)与\(a_j\)的gcd却不一定是\(x\)，但是我们有结论，公约数一定是gcd的约数，所以我们用容斥减去更大\(g\)就好了

update 2026.3.2
对第二个题解的解释
首先将\(\{a\}\)排序不会影响答案，所以先排序
排序之后可以知道，对于\(a_j\)，假设我们计算出了\(\sum_{i=1}^{j-1}\gcd(a_i,a_j)\)，那么\(a_j\)对答案的贡献就是\((n-j)\times\sum_{i=1}^{j-1}\gcd(a_i,a_j)\)
考虑计算上面这个和式，考虑贡献，即设\(x=\gcd(a_i,a_j)\)，固定\(x\)的情况下，考虑这样的\((a_i,a_j)\)对的个数
如果我们在循环完\(1\sim j-1\)的时候，求出了\(\forall x\)，约数有\(x\)的\(a_i\)的个数，我们会发现还不够，因为对于这样的\(a_i\)，不一定有\(\gcd(a_i,a_j)=x\)，但是一定有\(x|\gcd(a_i,a_j)\)，所以就可以像题解那个样子进行容斥原理了