CF585E. Present for Vitalik the Philatelist [容斥原理 ！]

CF585E. Present for Vitalik the Philatelist

---

题意：(n le 5*10^5) 数列 (2 le a_i le 10^7)，对于每个数(a)满足(gcd(S)=1, gcd(S,a) eq 1)的集合称为(MeowS)，求(MeowS)的个数和

---

一开始想对于每个数求出有多少个数和它互质，就是没有公因子，容斥一下就是:
所有数-1个公质因子+2个不同公质因子-3...
每个数不同的质因子最多有8个，预处理一下貌似可做


然后看到了zyf2000的神做法，并没有看明白是什么意思，感觉说错了但是做法是对的

然后花了两节课来想为什么，终于想明白了

首先了解一下官方题解的做法：

• 用容斥求(gcd eq 1)的集合数，就是: $$A = (p_imid gcd的子集个数) - (p_ip_j mid gcd的子集个数) + (p_ip_jp_k mid gcd的子集个数)...$$
• 然后对于每个数(a)在(A)中消去包含它的集合的贡献再计入答案，通过枚举它的不同质因子的组合(p...)，在上式中消去这个组合的贡献

看起来好复杂...并且枚举还是(2^8)

如何简化这个过程？

我们没有必要求每个数，整体考虑
设质数组合(p...)的倍数有(c)个，那么它的贡献就是(2^c-1)，有多少个数计算的时候没有消去这个贡献呢，(n-c)个呀，就是没有这个组合的数！
计算(A)的时候直接乘上这个就行了

然后就得到zyf2000的神做法了...

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N=5e5+5, M=1e7+5, P=1e9+7;
typedef long long ll;
inline ll read(){
	char c=getchar();ll x=0,f=1;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}

int n, a, m, mi[N];
int notp[M], p[M], mu[M], c[M];
void sieve(int n) {
	mu[1] = 1;
	for(int i=2; i<=n; i++) {
		if(!notp[i]) p[++p[0]]=i, mu[i]=-1;
		for(int j=1; j<=p[0] && i*p[j]<=n; j++) {
			notp[i*p[j]] = 1;
			if(i%p[j] == 0) {mu[i*p[j]]=0; break;}
			mu[i*p[j]] = -mu[i];
		}
	}
}

ll ans=0;
int main() {
	//freopen("in","r",stdin);
	n=read(); mi[0]=1;
	for(int i=1; i<=n; i++) a=read(), m=max(m, a), c[a]++, mi[i]=(mi[i-1]<<1)%P;
	sieve(m);
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		int tot=0;
		for(int j=i; j<=m; j+=i) tot += c[j];
		(ans += (ll) (n-tot) * (-mu[i]) * (mi[tot]-1) %P )%=P;
	}
	cout << (ans+P)%P;
}