Codeforces Round 911 (Div. 2) D题

题目：

链接：Problem - D - Codeforces

定义gcd(a,b,c)为(a,b,c)中最小的两个数的gcd

求在一个数组中对于所有的三元对a、b、c的gcd(a,b,c),其总和是多少

思考：

数组的排列与答案无关，则将数组排序以便后序操作。

不妨令a<=b<=c,则gcd(a,b,c)其实就是gcd(a,b)。那么gcd(a,b)的贡献就是gcd(a,b)*（数组中>=max(a,b)且不等于a、b的数字的个数)。

现在思考如何得到某个gcd的贡献个数：

我们首先枚举因子gcd(a,b)，再枚举因子倍数求出满足条件的a,b。同一gcd中，我们对于每个当前枚举到的倍数k，k与已经枚举出的倍数进行gcd运算，则k为gcd二元组中的较大值，我们对其进行gcd个数贡献计算，最后统计贡献。

假设当前枚举的因子时x，当前枚举的x的倍数是y，则

设num[x] = 已经枚举出的x的倍数的个数，vis[x] = 数组中y的个数，dz[y] = 数组中>=y的个数。

设a为已有数, b为当前数，c为大于等于b的数

则

y与已经枚举出的倍数对于gcd做出的贡献：

1. a:b:c = 1:1:1   :  ( num[a]*vis[b] ) * ( dz[b]-vis[b] )

2. a:b:c = 1:2:0 : ( num[a] ) * ( vis[a]*(vis[b]-1)/2 )

y与自身对于gcd做出的贡献：

1.a:b:c = 0:2:1  :  ( vis[b]*(vis[b]-1)/2 ) * ( dz[b] - vis[b] )

2.a:b:c = 0:3:0  :  ( vis[b]*(vis[b]-1 )*( vis[b]-2)/6 )

把贡献全算出来并加起来设为ans[x]，就是x的倍数之间做出的贡献个数。

容斥原理去重

但我们发现x的倍数之间的gcd不一定是x，可能是2x、3x......所以我们需要再减去对于x的倍数（不等于x）的贡献个数。为了避免ans[2x]、ans[3x]对于x的重复减去，所以我们计算贡献消除的时候，从大到小枚举当前处理的gcd，对其进行贡献个数消除，最后的ans[x]表示的就是x = gcd做出的贡献个数。

代码：

时间复杂度为t*N*logN

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define _for(i,a,b) for(int (i)=(a); (i)<(b); ++(i))
#define _rep(i,a,b) for(int (i)=(a); (i)<=(b); ++(i))
#define lch(s) ('#'+s)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<ll,ll>
#define vint vector<int>
#define vll vector<ll>
#define endl '\n'
using ll = long long;
const ll maxn = 1e7+5;
const ll maxe = 1e7+5;
const ll N = 1e5;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9+7;
const ll inv = 5e8+4;
 
ll qpow(ll a,ll n)
{
   ll res = 1;
   while(n){
      if(n&1) res = res*a%mod;
      a=a*a%mod;
      n>>=1;
   }
   return res;
}
 
 
void solve()
{
    ll n,m,k;
    string s;
    
    cin>>n;
    vll v(n+1,0) , vis(N+1,0) , num(N+1,0) , ans(N+1,0);
    vll dz(N+5,0);
 
    _rep(i,1,n) cin>>v[i] , vis[v[i]]++;
    sort(v.begin()+1,v.end());
    for(int i=n; i>=1; --i) dz[v[i]] = n-i+1;
 
    for(int i=1; i<=N; ++i)
    {
        // cout<<i<<endl;
        for(int j=i; j<=N; j+=i)
        {
            if(vis[j]) // 以i,j为gcd
            {
                ans[i] += (vis[j]*(vis[j]-1)/2)*(dz[j] - vis[j]); // 0 2 1
                ans[i] += (vis[j]*(vis[j]-1)*(vis[j]-2)/6); // 0 3 0
                ans[i] += (num[i]*vis[j]) * (dz[j]-vis[j]); // 1 1 1
                ans[i] += (num[i]) * (vis[j]*(vis[j]-1)/2); // 1 2 0
                num[i] += vis[j];
                // cout<<j<<' '<<ans[i]<<endl;
            }
        }
        // if(ans[i]) cout<<i<<' '<<ans[i]<<endl;
    }
 
    for(int i=N; i>=1; --i)
    {
        for(int j=2*i; j<=N; j+=i)
        {
            ans[i] -= ans[j];
        }
        // if(ans[i]) cout<<i<<' '<<ans[i]<<endl;
    }
    ll tot = 0;
    _rep(i,1,N) tot += (ll)i*ans[i];
    cout<<tot<<endl;
}
 
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    
    int T = 1;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    
    return 0;
}