HDU 5514 巧妙的容斥

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题意：给你一些数，对于每一个数a，可以得到t=(t+a)%m,t可以无限制算下去，问0~m-1之间能被得到的数的和。

思路：根据欧几里得原理，a能得到的数就是a和m的最大公约数在0~（m-1）的倍数。

所以容斥就可以算出答案，每个数的倍数等差求和。但是数据是1e9，要进行容斥的数非常多，

能确定的是最大公约数一定是m的因子x，x算一遍相当于x所有的倍数都算了一遍，

所以算某个因子的时候，只要看看这个因子的因子对这个数贡献个多少次，次数*等差和就是

这个因子的答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
ll a[N], gg[N], p[N], tot;
ll num[N];
ll n, m;
ll vis[N];

int main(){
    int T, cas=0;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        scanf("%lld%lld", &n, &m);
        memset(num, 0, sizeof num);
        memset(vis, 0, sizeof vis);


        for(int i=1; i<=n; i++){
            scanf("%lld", &a[i]);
            gg[i]=__gcd(a[i], (ll)m);
        }
        sort(gg+1, gg+1+n);
        int cnt=unique(gg+1, gg+1+n)-gg-1;

        int up=sqrt(m+0.5);
        tot=0;

        for(int i=1; i<=up; i++){
            if(m%i==0){
                p[++tot]=i;
                if(m/i>up) p[++tot]=m/i;
            }
        }
        sort(p+1, p+1+tot);
        for(int i=1; i<=cnt; i++){
            int k=lower_bound(p+1, p+1+tot, gg[i])-p;
            vis[k]=1;
        }

        ll ans=0;
        for(int i=1; i<=tot; i++){
            if(vis[i]!=num[i]){
                ans+=(vis[i]-num[i])*((m-1)/p[i])*(p[i]+(m-1)/p[i]*p[i])/2;
               // cout<<p[i]<<" "<<vis[i]-num[i]<<endl;
            for(int j=i+1; j<=tot; j++)
                if(p[j]%p[i]==0){
                    num[j]+=vis[i]-num[i];
                    vis[j]=1;
                }
            }
        }

        printf("Case #%d: %lld\n", ++cas, ans);



    }
    return 0;
}