【题目描述】
Shy 有 n 个数字，要求你从中选一个数和一群数，满足一群数的 GCD>1 且 GCD（一群数的 GCD，一个数的值）=1。问方案数。
【输入】
第一行一个整数 n。
第二行 n 个数表示数组。
【输出】
输出一个数表示答案。（mod 1e9+7）
【输入样例】
3 2 3 2
【输出样例】
5
【提示】
【数据规模】
对于 30%的数据，n≤10；
对于 100%的数据，1≤n≤500000, 2≤数字≤10000000。
【思路分析】
对于这道题，我们可以开一个桶，把每个含有当前因子的数存在这个桶里，记录个数。
那么不难想到，我们对于每个桶里的数进行计算，对于一群数，我们必定选择某个桶的数（因为这样gcd才不为1），所有组合为 2^cot[i]-1 种（二进制，除去全部不选的情况） ，那么选另外一个数的情况种类为n-cot[i]，最终枚举gcd为i的情况种类为：
(2^cot[i]-1)*(n-cot[i])
但是，我们发现这个方法会使有的数被枚举多次，如pi=p*i，cot[pi]会在cot[p]与cot[i]时都被统计，那么可以发现对于一个合数，我们会在统计其因数时多算这个数的种类，那么就GG了，所以我们要筛掉多余的情况。
（分割线）
这里我们介绍两种容斥：
1.暴力容斥
对于每个数，我们倒序筛一次，把这个数的倍数的所有情况减去就是这个数的情况
1 for(i=1,j=2;i<=mx;++i,j=i<<1)while(j<=mx)cot[i]+=cot[j],j+=i; 2 for(i=2;i<=mx;++i)bak[i]=1ll*(p2[cot[i]]-1)*(n-cot[i])%mod; 3 for(i=mx;i>=2;--i)for(j=2;j*i<=mx;++j)bak[i]=(bak[i]-bak[j*i]+mod)%mod; 4 for(int i=2;i<=mx;++i)ans+=bak[i],ans%=mod;
2.莫比乌斯容斥
我们注意到，对于gcd=xgcd=x 的方案，会被d|xd|x 算重，而莫比乌斯函数μ(x)μ(x) 正好具有如下性质：
只要在求和的时候乘上μ(i)μ(i)
，就正好就把xx
及其约数的贡献（即d|xd|x
）全部消掉了！跟上面的O(max×logemax)O(max×logemax)
算法是等价的。
但我们的计算是不包括d=1 的情况的，所以要把d=1 的情况剔除掉，因为μ(1)=1 ，所以有：
这样算出来整个d|x,d≠1 对答案的贡献是−1的（因为∑ 起来是−1），所以我们最后要取反。
这样，容斥的复杂度变成了O(max)，大大加快。
那为什么上面计算方案的公式为什么是对的呢？证明如下：
上面讲到了：n−cot[i] 这一部分的数与cot[i] 里面的数的gcd 不一定为1，但这一部分被巧妙容斥掉了。
设一群数（cot[i] ）的gcd=x，我们选择的数为y ，当前枚举的gcd=g ，为了方面描述，我们同时用x 表示正在讨论的一群数（cot[i] ）的集合，考虑什么时候会计算上面的情况：
1.g|x 且g|y ，此时想xx 和yy 被分到了一组，都在我们选择的一群数里面，不会计算；
2.g∤x 且g∤y ，此时x,y 都不属于一群数，我们不会同时选择到它们两个；
3.g|x 且g∤y ，这个时候x 被包含进了一群数里，而y 是我们可能选择到的其他数，于是上面的情况会被计算一次；
4.g∤x 且g|y ，与上面类似，x 这个集合被算在了其他数里，y 被算在了一群数里，上面的情况又被计算一次；
经过上面的讨论，我们可以得到，当且仅当g 整除x,y 中的一方，而不整除另一方时，上面的不合法方案被计算。
但是，因为有∑d1|x μ(d1)=∑d2|y μ(d2)=0 ，即整除x 的μ(d1) 和为零，整除y 的μ(d2) 的和为零；又有∑d|x,d|y μ(d)=0 ，即同时整除x,y 的数的μ(d) 之和也是零，根据容斥原理，只整除其中一方的数的μ 之和也为零。
综上，不合法的情况的μ 值之和为零，被消去。因此，本算法正确，由于本算法与上面的暴力容斥原理一致，故两个算法都正确。
【思路分析】
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 const int mod=1e9+7; 5 const int N=1e7+5; 6 int miu[N],num[N],p[N],cf[N],ans,mx,n; 7 bool vis[N]; 8 void pre() 9 { 10 for(int i=1;i<=mx;i++) 11 { 12 int j=i*2; 13 while(j<=mx) num[i]+=num[j],j+=i; 14 } 15 cf[0]=1; 16 for(int i=1;i<=n;i++) 17 cf[i]=(cf[i-1]*2)%mod; 18 } 19 void getmiu() 20 { 21 vis[1]=1,miu[1]=1; 22 for(int i=2;i<=mx;i++) 23 { 24 if(!vis[i]) p[++p[0]]=i,miu[i]=-1; 25 for(int j=1;j<=p[0];j++) 26 { 27 int t=p[j]*i;if(t>mx) break;vis[t]=1; 28 if(i%p[j]==0) {miu[t]=0;break;} 29 miu[t]=-miu[i]; 30 } 31 } 32 } 33 int main() 34 { 35 scanf("%d",&n); 36 for(int i=1;i<=n;i++) 37 { 38 int a; 39 scanf("%d",&a); 40 num[a]++,mx=max(mx,a); 41 } 42 pre();getmiu(); 43 for(int i=2;i<=mx;i++) 44 ans=(1ll*(cf[num[i]]-1)*(n-num[i])*miu[i]+ans)%mod; 45 ans=(-ans)%mod;if(ans<0) ans+=mod; 46 printf("%d",ans); 47 return 0; 48 }