CF1900D - Small GCD 题解
1900D - Small GCD
给定序列 \(A\)，定义 \(f(a, b, c)\) 为 \(a, b, c\) 中最小的次小的数的 \(\gcd\)，求：
题解
目前来说有两种方法，都十分有启发意义，但是有共同的开头。
考虑到 \(A\) 的顺序实际上没有什么关系，那么可以先对 \(A\) 排序，使得 \(i < j < k \iff a_i \le a_j \le a_k\)，那么此时 \(f(a_i, a_j, a_k) = \gcd(a_i, a_j)\)，从而答案的式子转化为：
接下来衍生出了两种做法。
莫比乌斯反演
准确来说应该是欧拉反演？
注意到：
那么我们可以将目标表达式写为：
交换求和顺序，可以得到：
考虑对于每一个 \(d\)，我们将满足 \(d | a_i\) 的数提出来作为集合 \(S\)，那么这是容易 \(O(|S|)\) 求解的。
接下来我们只需要考虑其复杂度了。
注意到可以认为 \(\tau(n) = O(\sqrt n)\)（在本题值域限制中 \(\tau(n) \le 128\)）也就是说每一个数至多在 \(128\) 个 \(S\) 中出现，那么我们可以知道 \(\sum |S| = O(128n)\)，于是复杂度是合理的。
\(\tau(n)\) 表示 \(n\) 的因数个数。
提前预处理一下因数的分解，这是 \(O(V \log V)\) 的（由于值域很小，可以直接保存），以及 \(\varphi\) 即可。
总复杂度是 \(O(V \log V + 128n + n \log n)\)。
另类的枚举
回到基础的式子：
如果我们固定 \(j\)，发现 \(\gcd(a_i, a_j)\) 一定是 \(a_j\) 的因数，并且 \(a_j\) 的因数至多有 \(128\) 个，这启发我们可以直接枚举 \(d = \gcd(a_i, a_j)\) 来算 \(d \times cnt_j \times (n - j)\)。
考虑 \(cnt_j\) 该如何计算，可以开一个桶 \(but_x\) 记录有多少个满足 \(x | a_i\) 的数。
发现并不能简单的 \(cnt_j = but_d\)，因为这样会算重，考虑将会算重的部分给去掉。
具体来说，发现如果满足 \(d | \gcd(a_i, a_j)\)，那么 \(x | d \to x | \gcd(a_i, a_j)\)，也就是说 \(d\) 会在其所有因数再算一次。直接容斥有点麻烦，所以考虑直接在 \(but\) 上进行修改，也就是说进行 \(z | d, but_z \leftarrow but_z - but_d\) 的操作。
注意需要还原 \(but\)
于是就不需要容斥了……接着分析复杂度。
枚举因数同上，是 \(O(128n)\) 的，然而我们多了一个修改桶的操作，发现与枚举所有数的因数的复杂度是类同的，所以是 \(O(m \log m)\) 的。
怎么感觉复杂度假了？
总复杂度就是 \(O(128n + m \log m + n \log n)\)，差不多。
总结
我首先想到的就是第一种做法……QwQ，数学学多了，但是仍然想了比较长的时间，基础还是不太牢。
第二种做法相对来说要亲民一些，但是比较难拓展到其他题上，也没法析出新的模型（因为完全可以被第一种方法取代），所以说第二种方法惜败。
最后再回顾一下莫反的 \(5\) 个经典套路：
- \([x = 1] = \sum_{d | x} \mu(d)\)
- \(x = \sum_{d | x} \varphi(d)\)
- 整除分块
- 枚举 \(\gcd\)
- 枚举 \(T = kd\)
