莫比乌斯反演和容斥

说实话，我觉得莫比乌斯反演真是个神奇的定理，可以简化计算（学习莫比乌斯反演请看ppt），这题是莫比乌斯性质或者说是容斥原理的一个基本的应用。

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5212

Problem Description

WLD likes playing with codes.One day he is writing a function.Howerver,his computer breaks down because the function is too powerful.He is very sad.Can you help him?
The function:
int calc {     

 int res=0;      for(int i=1;i<=n;i++)       

   for(int j=1;j<=n;j++)         

 {              res+=gcd(a[i],a[j])*(gcd(a[i],a[j])-1);       

      res%=10007;          }   

  return res;
}

 

Input

There are Multiple Cases.(At MOST 10)
For each case:
The first line contains an integer N(1≤N≤10000).
The next line contains N integers a1,a2,...,aN(1≤ai≤10000).

 

Output

For each case:
Print an integer,denoting what the function returns.

 

Sample Input

5 1 3 4 2 4

 

Sample Output

64

 

题意：给出n个数，求gcd(a[i], a[j]) * gcd(a[i], a[j] - 1)的和（1 <= i, j <= n）。

之前看那个ppt的时候也有类似的问题就是求gcd（x,y)=k的对数，这里也是要求gcd(a[i],a[j]),显然的是我们不能直接枚举所有的情况，首先我们考虑每个数对结果的影响，

那么我们就要求出：对于每个数，以它为 gcd 的数对有多少对。

显然，对于一个数 x ，以它为 gcd 的两个数一定都是 x 的倍数。如果 x 的倍数在数列中有 k 个，那么最多有 k^2 对数的 gcd 是 x 。

同样显然的是，对于两个数，如果他们都是 x 的倍数，那么他们的 gcd 一定也是 x 的倍数。

所以，我们求出 x 的倍数在数列中有 k 个，然后就有 k^2 对数满足两个数都是 x 的倍数，这 k^2 对数的 gcd，要么是 x ，要么是 2x, 3x, 4x...

并且，一个数是 x 的倍数的倍数，它就一定是 x 的倍数。所以以 x 的倍数为 gcd 的数对，一定都包含在这 k^2 对数中。

如果我们从大到小枚举 x ，这样计算 x 的贡献时，x 的多倍数就已经计算完了。我们用 f(x) 表示以 x 为 gcd 的数对个数。

那么 f(x) = k^2 - f(2x) - f(3x) - f(4x) ... f(tx)       (tx <= 10000, k = Cnt[x])（这里用到的就是容斥原理，当然，它也是莫比乌斯反演的变形，一般设计到约数和或者倍数和的，都会用到这个，说实话我现在也不是很会这个，等我慢慢研究下？）

最后的时间复杂度大概是O(n*logn);

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include<iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define  Mod 10007
int cnt[10010], f[10010];
int n;
int main() {
    while(scanf("%d",&n)!=EOF) {

       int a;
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        for(int i = 0; i < n; i++) {//找到序列中所有数的所有约数，并用cnt[]记录个数
            scanf("%d", &a);
            for(int j = 1; j * j <= a; j++) {
                if(a % j == 0) {
                    cnt[j]++;//找到a的约数，cnt[j]为约数为j的个数
                    if(j * j != a)
                       cnt[a / j]++;
                }
            }
        }
        long long  ans = 0;
        for(int i = 10000; i >= 1; i--) {
            f[i] = cnt[i] * cnt[i] % Mod;
            for(int j = i * 2; j <= 10000; j += i)
            f[i] = (f[i] - f[j] + Mod) % Mod;

        //计算出f[i]
            int p=i * (i - 1) % Mod;
            ans +=p * f[i] % Mod;//约数为i的按照题意乘起来相加，f[i]表示数对的个数
            ans=ans%Mod;
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}