D. Small GCD

合集 - 数论(18)

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原题链接

题解

由于答案之和最小的两个数有关，所以我们可以把数组排序
然后遍历数组，对于第 $i$ 个数，遍历其所有因子 $k$，统计 $i$ 前面有多少数与 $a[i]$ 的 $gcd=k$

实施

预处理所有数的因子，然后从大到小遍历，时间复杂度 $O(nlog{n}^2)$

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

ll a[80005];
vector<ll> fac[100005];
ll f[100005]={0};
ll g[100005]={0};
void solve()
{
    memset(f,0,sizeof f);
    memset(g,0,sizeof g);
    int n;
    cin>>n;

    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    sort(a+1,a+1+n);

    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(auto it:fac[a[i]])
        {
            f[it]=g[it];//g[it] 代表[1,i-1] 内，含有因子it 的个数
            for(auto j:fac[a[i]/it])//为什么是fac[a[i]/it]?因为要排除 it*k,有的k不一定出现
            {
                if(j==1) continue;
                f[it]-=f[it*j];
            }
            ans+=it*f[it]*(n-i);
            g[it]++;
        }
    }
    cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
    for(int i=1e5;i>=1;i--)
    {
        for(int j=i;j<=1e5;j+=i) fac[j].push_back(i);
    }

    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}