考虑这种一堆数字\(gcd = k\)

有经典做法。

考虑设\(f(x)\)为\(gcd\)是\(x\)的倍数的方案数。

\(g(x)\)为\(gcd\)刚好为\(x\)的方案数。

则有

\(f(x) = \sum_{x | k}g(k)\)

莫反一下则对应有

\(g(x) = \sum_{x | k}\mu(\frac{k}{x})g(k)\)

因为我们求的是\(g(1)\)

那么有\(g(1) = \sum_{x | k}\mu(k)f(k)\)

那么\(f(k)\)显然为\([n^{\frac{1}{k}} - 1]\)

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