Codeforces #428 Div2 D

#428 Div2 D

题意

给出一些数，现在要求找出一些数满足 \(i_1 < i_2 < i_3 < ... < i_k\) 以及 \(gcd(a_{i_1}, a_{i_2}, ..., a_{i_k}) > 1\) ，记这些数的贡献为 \(k * gcd(a_{i_1}, a_{i_2}, ..., a_{i_k}) \) 。
求每种方案的贡献之和。

分析

不得不说和 hdu6053 很类似，其实还要简单不少。

考虑枚举 \(gcd\) ，我们可以找到因子有 \(gcd\) 这个数的数有多少个，假设有因子 \(2\) 的数有 \(x\) 个，那么这些数的贡献就是 \(2 * (1*C_{x}^{1}+2*C_{x}^{2}+..+x*C_{x}^{x})\) （通过打表可以发现规律），但是在枚举因子 \(2\) 的时候可能会把 \(2\) 的倍数作为因子形成的方案也考虑了，通过容斥去处理得到最后结果。

这里容斥类似于筛法的思想，实现和理解都更简单。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2e5 + 10;
const int N = 1e6 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;
ll num[MAXN];
int a[N];
ll has[N];
int main() {
    ll e = 1;
    for(int i = 1; i < MAXN; i++) {
        num[i] = (num[i - 1] * 2 + e) % MOD;
        e = e * 2 % MOD;
    }
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        int x;
        scanf("%d", &x);
        a[x]++;
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = N - 1; i >= 2; i--) {
        int s = 0;
        for(int j = i; j < N; j += i) {
            s += a[j];
        }
        has[i] = num[s];
        for(int j = 2 * i; j < N; j += i) {
            has[i] = (has[i] - has[j] + MOD) % MOD;
        }
        ans = (ans + 1LL * i * has[i]) % MOD;
    }
    printf("%I64d\n", ans);
    return 0;
}