Code

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)

Problem Description

WLD likes playing with codes.One day he is writing a function.Howerver,his computer breaks down because the function is too powerful.He is very sad.Can you help him?

The function:

int calc

{

int res=0;

for(int i=1;i<=n;i++)

for(int j=1;j<=n;j++)

{

res+=gcd(a[i],a[j])*(gcd(a[i],a[j])-1);

res%=10007;

}

return res;

}

Input

There are Multiple Cases.(At MOST 10)

For each case:

The first line contains an integer N(1≤N≤10000).

The next line contains N integers a1,a2,...,aN(1≤ai≤10000).

Output

For each case:

Print an integer,denoting what the function returns.

Sample Input

5
1 3 4 2 4

Sample Output

64

Hint

gcd(x,y) means the greatest common divisor of x and y.

原文：http://www.cnblogs.com/JoeFan/p/4458629.html

题意：给出n个数，求gcd(a[i], a[j]) * gcd(a[i], a[j] - 1)的和（1 <= i, j <= n）。

分析：首先，我们分析每个数对最终答案的影响。

那么我们就要求出：对于每个数，以它为 gcd 的数对有多少对。

显然，对于一个数 x ，以它为 gcd 的两个数一定都是 x 的倍数。如果 x 的倍数在数列中有 k 个，那么最多有 k^2 对数的 gcd 是 x 。

同样显然的是，对于两个数，如果他们都是 x 的倍数，那么他们的 gcd 一定也是 x 的倍数。

所以，我们求出 x 的倍数在数列中有 k 个，然后就有 k^2 对数满足两个数都是 x 的倍数，这 k^2 对数的 gcd，要么是 x ，要么是 2x, 3x, 4x...

并且，一个数是 x 的倍数的倍数，它就一定是 x 的倍数。所以以 x 的倍数为 gcd 的数对，一定都包含在这 k^2 对数中。

如果我们从大到小枚举 x ，这样计算 x 的贡献时，x 的多倍数就已经计算完了。我们用 f(x) 表示以 x 为 gcd 的数对个数。

那么 f(x) = k^2 - f(2x) - f(3x) - f(4x) ... f(tx)       (tx <= 10000, k = Cnt[x])

这样枚举每个 x ，然后枚举每个 x 的倍数，复杂度用调和级数计算，约为 O(n logn)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MaxN = 1e4 + 10;
const int Mod = 10007;

int cnt[MaxN], F[MaxN];

int main() {
    int n, a;
    while(~scanf("%d", &n)) {
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d", &a);
            for(int j = 1; j * j <= a; j++) {
                if(a % j == 0) {
                    cnt[j]++;
                    if(j * j != a)
                        cnt[a / j]++;
                }
            }
        }
        int ans = 0;
        for(int i = 10000; i >= 1; i--) {
            F[i] = cnt[i] * cnt[i] % Mod;
            for(int j = i * 2; j <= 10000; j += i)
                F[i] = (F[i] - F[j] + Mod) % Mod;
            int p = i * (i - 1) % Mod;
            ans = (ans + p * F[i] % Mod) % Mod;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}