这才叫莫比乌斯反演题。
一、题目
二、解法
也没有什么好的思路，我们不妨把暴力柿子写出来，我们想枚举直线，但是这道题不能枚举直线的斜率，所以就要用整数来表示直线，我们不妨枚举出发点和终止点的向量差 ((x_1,x_2...x_n)) ，那么起始点的方案数就是 (prod m-x_i) ，剩余点的选取是在起始点的基础上加上这个向量 ((x_1/d,x_2/d...x_n/d)) ，不难发现 (d) 必然满足是所有 (x) 的因数，也就是 (gcd(x)) 的因数（ (d=0) 也可以），所以直线上的点都是可以选的，由于已经确定了起终点，所以选剩下点的方案数是 ({gcd(x)-1choose c-2}) ，写成柿子：
看到 (gcd) 的柿子就一定要想莫比乌斯反演，我觉得网上的推导都不是很好，这种题是有套路的，按照我给的方法去推一定推得出来。第一步，我们在最前面枚举 (gcd(x)) ，那么柿子变成这样：
第二步，把 ([gcd(x)=1]) 反演了，很多题都只需要反演这种结构：
第三步，由于 (mu) 的求和结构放在里面很不舒服，我们把它提前，本题我们放在最外层求和的后边：
第四步，你发现出现 (dj) 这个整体结构，于是令 (d=dj) 结构一定会更简单（注意 (d) 的含义不同）：
设 (g(n)=sum_{d|n}C(d-1,c-2)mu(frac{n}{d})) 那么预处理 (g) 是需要 (O(nclog m)) 的时间的（对于每一种可能的 (c) 我们都预处理），后面那一大块可以用乘法原理化简，那么柿子变成了这个样子：
暴力算他是 (O(Tnm)) 的，(1e8) 还是过不了，注意到出现了 (m_i-x_id) 这种结构，(d) 又是在前面枚举的，你难道对这个结构没有感觉吗？noip2020微信步数考过的啊！我们把 (d) 看成未知数，那么后面的那一块就可以变成一个关于 (d) 的多项式，对于 (m_i/d) 相同的那些 (d) ，他们的多项式是相同的，所以可以把前面改成一个分块，我们把它的系数给整出来，设系数为 (dp_i) ，(din[l,r]) 则柿子变为：
那么把 (dp_i) 放在前面去枚举：
后面的那部分相当于是一个前缀和，显然是可以预处理，预处理的数据要加上 (n) 的那维所以时间复杂度 (O(cnm)) ，现在来想一下算系数的复杂度，一共有 (O(nsqrt m)) 个块（要保证 (m_i/d) 的值相同嘛），然后每个块的系数要 (O(n^2)) 去算，那么复杂度是 (O(n^3sqrt m)) 的，(n) 特别小所以没关系。补充一种大佬的做法，由于系数是很多个 (1) 次多项式相乘来算的，根据分块的原理每次在端点处做退背包，这样做就可以优化到 (O(n^2sqrt m)) （但是我太懒了没写）
然后计算一下分块的复杂度是 (O(n^2sqrt m)) 的，所以我们就过掉了这道题！但是由于模数是 (10007) 所以算组合数要用杨辉三角哦，思路理清楚了写起来就不麻烦了！
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 21;
const int M = 100005;
const int MOD = 10007;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int T,n,m[M],c,up,ans,dp[N];
int cnt,mu[M],vis[M],p[M],C[M][N],g[M][N],sum[M][N][12];
void init(int n)
{
//算组合数
C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<20;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
}
//欧拉筛
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i])
{
p[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=cnt && i*p[j]<=n;j++)
{
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0) break;
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
//算g
for(int c=2;c<=20;c++)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i;j<=n;j+=i)
g[j][c]=(g[j][c]+C[i-1][c-2]*mu[j/i])%MOD;
}
}
//算sum,也就是g(n,c)*n^k
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int c=2;c<=20;c++)
{
int pw=1;
for(int k=0;k<=11;k++)
{
sum[i][c][k]=(sum[i-1][c][k]+g[i][c]*pw)%MOD;
pw=pw*i%MOD;
}
}
}
void work(int d)//算系数 -x_i*d+m_i
{
memset(dp,0,sizeof dp);dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{//1-mi/d
int t=m[i]/d,x=-1ll*(t+1)*t/2%MOD,y=1ll*m[i]*t%MOD;
for(int j=i;j>=1;j--)
dp[j]=(dp[j]*y+dp[j-1]*x)%MOD;
dp[0]=dp[0]*y%MOD;//surprise!
}
}
void solve()
{
n=read();c=read();up=1e5;ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
m[i]=read();
up=min(up,m[i]);
}
for(int l=1,r;l<=up;l=r+1)
{
r=1e5;
for(int i=1;i<=n;i++)
r=min(r,m[i]/(m[i]/l));
work(l);
for(int i=0;i<=n;i++)
ans=(ans+dp[i]*(sum[r][c][i]-sum[l-1][c][i]))%MOD;
}
printf("%d
",(ans+MOD)%MOD);
}
signed main()
{
init(100000);
T=read();
while(T--)
{
solve();
}
}