Codeforces915G. Coprime Arrays

n<=2e6的数组，m<=2e6个询问，对1<=i<=m的每个i问：只用<=i的数字填进数组，有多少种方案使数组的总gcd=1.强制把每个询问的答案求出来。

比如说现在有个确定的i=t，然后看看答案怎么算先。先把所有情况加起来，然后除去gcd=2，3，4，5，……的，那直接统计有多少gcd=2，3，4，5的不方便，总可以统计有多少gcd是2的倍数的，3的倍数的，……，吧！这样的话丢掉了gcd为2的倍数，3的倍数的，等等6的倍数丢多了一次因为在2和3都算了，要减掉……就一个容斥，对应了各自的莫比乌斯函数。于是可以愉快的写出t的答案$f(t)=\sum_{i=1}^{t} \mu(i) (\frac{t}{i})^n$。

然后就看看t变成t+1时答案怎么变化，对一个k，他的$(\frac{t}{k})$只有在t是k的倍数时才会变化！而这个“变化”的总数，就是1-m中所有1-m的倍数的数量的总数，就是m+m/2+m/3+……，就是mlnm个“变化”，就可以做！

#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
//#include<assert.h>
#include<algorithm> 
//#include<iostream>
//#include<bitset>
using namespace std;

int n,m;
#define maxn 2000011
const int mod=1e9+7;
int miu[maxn],prime[maxn],lp=0,mi[maxn],small[maxn]; bool notprime[maxn];

int powmod(int a,int b)
{
    int ans=1;
    while (b)
    {
        if (b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

void pre(int n)
{
    miu[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!notprime[i]) {prime[++lp]=i; miu[i]=-1; small[i]=i;}
        for (int j=1;j<=lp && 1ll*prime[j]*i<=n;j++)
        {
            notprime[i*prime[j]]=1;
            small[i*prime[j]]=prime[j];
            if (i%prime[j]) miu[i*prime[j]]=-miu[i];
            else {miu[i*prime[j]]=0; break;}
        }
    }
}

int ans,fix,num[maxn];
int list[maxn],ci[maxn],ll;
void play(int x)
{
    fix+=miu[x]*(mi[num[x]+1]-mi[num[x]]);
    fix+=fix<0?mod:0,fix-=fix>=mod?mod:0;
    num[x]++;
}
void dfs(int now,int cur)
{
    if (cur>ll) {play(now); return;}
    for (int i=0,tmp=1;i<=ci[cur];i++,tmp*=list[cur]) dfs(now*tmp,cur+1);
}

void solve(int x)
{
    ll=0;
    for (int i=x;i>1;i/=small[i])
    {
        if (list[ll]!=small[i]) list[++ll]=small[i],ci[ll]=1;
        else ci[ll]++;
    }
    dfs(1,1);
}
    
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m); pre(m);
    for (int i=1;i<=m;i++) mi[i]=powmod(i,n);
    
    ans=0; fix=0;
    for (int i=1;i<=m;i++) solve(i),ans+=i^fix,ans-=ans>=mod?mod:0;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}