codeforces #428 div2 D - ferinの競プロ帳

考えたこと

部分列を全列挙とかそういう方向は不可能そうなので各要素が含まれる部分列の回数とかそういう方向で考える
gcdがiとなるような部分列について考える
(部分列の長さの和)*i がこんな部分列のスコアになる
m要素からk要素を選ぶとgcdがiになるとすると部分列の長さの和は sum(k*C(m,k)) になる
問題はどんなk要素を選び出してもgcdがiになるようなm要素が厳しい
gcdがiより大きいパターンが存在しうるのでどうすれば列挙できるのかよくわからない
iの候補がO(max(a))なのでsum(k*C(m,k))を求めるのにさらにO(n)かけたりしたら確実にTLE
-----解説を見た-----
gcdがiより大きいパターンに関しては包除原理の要領でやればいける
sum_{k=1}^m (k*C(m,k)) = m2^(m-1) で簡単に求まる
f(i) = (iが約数になる数の個数) とする
g(i) = f(i)2^(f(i)-1) - sum_{jはiの倍数} g(j)
g(i) について大きい方から順に求めていけば引くべきg(j)はすでに求まっている
O(max(a) + max(a)/2 + max(a)/3 + … + 1) = O(max(a)log(max(a)))
f(i) を求める部分は O(nsqrt(max(a))) で求まる

学び

gcdがiのグループについて考えるのは割と汎用性がありそう

for(int i=maxa; i>=0; --i) {
  // gcdがiのグループについて計算
  for(int j=i*2; j<=maxa; j+=i) // gcdがjのグループの分を引く
}

sum_{k=1}^m (k*C(m,k)) = m2^(m-1) になる
sum(C(n,k)) みたいなのがあったらもっと簡単に書けないか調べてもよさそう

ソースコード

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using ll = long long;
#define int ll
using VI = vector<int>;
using VVI = vector<VI>;
using PII = pair<int, int>;

#define FOR(i, a, n) for (ll i = (ll)a; i < (ll)n; ++i)
#define REP(i, n) FOR(i, 0, n)
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
#define PB push_back

const ll LLINF = (1LL<<60);
const int INF = (1LL<<30);
const int MOD = 1000000007;

template <typename T> T &chmin(T &a, const T &b) { return a = min(a, b); }
template <typename T> T &chmax(T &a, const T &b) { return a = max(a, b); }
template <typename T> bool IN(T a, T b, T x) { return a<=x&&x<b; }
template<typename T> T ceil(T a, T b) { return a/b + !!(a%b); }
template<class S,class T>
ostream &operator <<(ostream& out,const pair<S,T>& a){
  out<<'('<<a.first<<','<<a.second<<')';
  return out;
}
template<class T>
ostream &operator <<(ostream& out,const vector<T>& a){
  out<<'[';
  REP(i, a.size()) {out<<a[i];if(i!=a.size()-1)out<<',';}
  out<<']';
  return out;
}

int dx[] = {0, 1, 0, -1}, dy[] = {1, 0, -1, 0};

int a[200010];
int cnt[1000010], pow2[1000010], dp[1000010];
signed main(void)
{
  int n;
  scanf("%lld", &n);
  REP(i, n) scanf("%lld", &a[i]);

  REP(i, n) {
    for(int j=1; j*j<=a[i]; ++j) {
      if(a[i]%j==0) {
        cnt[j]++;
        if(j*j != a[i]) cnt[a[i]/j]++;
      }
    }
  }

  pow2[0] = 1;
  FOR(i, 1, 1000001) {
    pow2[i] = pow2[i-1]*2;
    if(pow2[i] >= MOD) pow2[i] -= MOD;
  }

  // gcdがiのグループのサイズの和
  int ret = 0;
  // gcdがiのグループについて
  for(int i=1000000; i>=2; --i) {
    dp[i] = cnt[i]*pow2[cnt[i]-1]%MOD;
    if(dp[i]==0) continue;
    // iの倍数のグループはもう既に数えているので重複しないよう引く
    for(int j=i*2; j<=1000000; j+=i) dp[i] -= dp[j];
    dp[i] = (dp[i]%MOD+MOD)%MOD;
    (ret += dp[i]*i) %= MOD;
  }

  cout << ret << endl;

  return 0;
}