hdu5514Frogs（2015ACM-ICPC沈阳赛区F题）

这题很容易转化到一个容斥计数问题。而用指数复杂度的枚举计数法显然会挂，只能考虑别的方法。

首先将a[i]用gcd(a[i], m)替换，排序去重后得到一组m的约数，而m不超过1e9，因此m的所有约数最多在1000左右。

假设数组a只含有2，3两个元素，那么显然答案应该是f(2) + f(3) - f(6)，f(i)表示只有i的情况下的答案。

2和3的系数是1，6的系数是-1，其余系数为0。

根据容斥原理：对于某个特定的约数，若存在数组a的一个子集其lcm为该约数，那么若集合元素个数为偶数，贡献-1，若为奇数，贡献1。

而最终的答案一定由所有约数合成，其系数取值{-1，0，1}。

因此我们考虑数组a的前m个数，其对应的系数分布是可以确定的。

加入第m+1个数时，显然新的集合必然由原集合的子集并上新元素得到，分别考虑m的所有约数k，其对应的系数为op(k)

若op(k)为-1，则说明偶数子集的个数比奇数子集的个数多1，若我们添如新元素x，则恰好使得奇数子集个数比偶数多1，但此时贡献

不是对k的，而是对lcm(k, x)，用公式表示就是：

op(lcm(k, x)) += op(k) * (-1).

其余情形类似。

最终答案是ans = sigma(op(i) * f(i)), i | m.

这样我们只需最多进行1000次遍历就可使得元素个数加一，总复杂度约为O(1e6)。

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <map>
 #include <string>
 #include <vector>
 #include <set>
 #include <cmath>
 #include <ctime>
 #include <cassert>
 #define lson (u << 1)
 #define rson (u << 1 | 1)
 #define cls(i, j) memset(i, j, sizeof i)
 #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
 using namespace std;
 typedef __int64 ll;
 const double eps = 1e-;
 const double pi = acos(-1.0);
 const int maxn = 1e4 + ;
 const int maxm = 4e4 + ;
 const int inf = 0x3f3f3f3f;
 const ll linf = 0x3fffffffffffffff;
 const ll mod = 1e9 + ;
 
 map<ll, int> mapi;
 int n;
 ll a[maxn], m;
 int prime[maxm], k;
 bool vis[maxm];
 ll fact[maxn], nf;
 int cnt[maxn];
 ll table[maxn], nt;
 int op[maxn];
 int op1[maxn];
 ll ans;
 
 ll gcd(ll a, ll b)    { return !b ? a : gcd(b, a % b); }
 
 void init(){
     cls(vis, );
     k = ;
     for(int i = ; i < maxm; i++){
         if(vis[i]) continue;
         prime[k++] = i;
         for(int j = i * ; j < maxm; j += i) vis[j] = ;
     }
 }
 
 void dfs(int next, ll num){
     if(next >= nf){
         table[nt++] = num;
         mapi[num] = nt - ;
         return;
     }
     ll tem = num;
     for(int i = ; i <= cnt[next]; i++){
         dfs(next + , tem);
         tem *= fact[next];
     }
 }
 
 ll f(ll num){
     ll tem = (m - ) / num;
     return tem * (tem + ) /  * num;
 }
 
 void factorize(){
     nf = ;
     ll m1 = m;
     int mid = (int)sqrt(m);
     for(int i = ; prime[i] <= mid; i++){
         if(m % prime[i]) continue;
         fact[nf++] = prime[i];
         cnt[nf - ] = ;
         while(m % prime[i] == ) ++cnt[nf - ], m /= prime[i];
         mid = (int)sqrt(m);
     }
     if(m != ) fact[nf++] = m, cnt[nf - ] = ;
     m = m1;
 }
 
 ll solve(){
     mapi.clear();
     int n1 = ;
     for(int i = ; i < n; i++){
         ll tem = a[i] % m;
         if(!tem) continue;
         a[n1++] = gcd(m, tem);
     }
     n = n1;
     sort(a, a + n);
     n = unique(a, a + n) - a;
     cls(vis, );
     for(int i = ; i < n; i++){
         for(int j = i + ; j < n; j++){
             if(a[i] % a[j] == ) vis[i] = ;
             else if(a[j] % a[i] == ) vis[j] = ;
         }
     }
     n1 = ;
     for(int i = ; i < n; i++) if(!vis[i]) a[n1++] = a[i];
     n = n1;
     sort(a, a + n);
     factorize();
     nt = ;
     dfs(, );
     cls(op, );
     ans = ;
     for(int i = ; i < n; i++){
         cls(op1, );
         for(int j = ; j < nt; j++){
             ll tem = a[i] / gcd(a[i], table[j]) * table[j];
             if(tem >= m) continue;
             op1[mapi[tem]] += -op[j];
         }
         ++op1[mapi[a[i]]];
         for(int j = ; j < nt; j++) op[j] += op1[j];
     }
    // for(int i = 0; i < nt; i++) printf("%d ", op[i]);
    // puts("");
     for(int i = ; i < nt; i++) ans += op[i] * f(table[i]);
     return ans;
 }
 
 int main(){
    // freopen("in.txt", "r", stdin);
     int T, kase = ;
     init();
     scanf("%d", &T);
     while(T--){
         scanf("%d%I64d", &n, &m);
         for(int i = ; i < n; i++) scanf("%I64d", &a[i]);
         ll ans = solve();
         printf("Case #%d: %I64d\n", ++kase, ans);
     }
     return ;
 }