\(Description\)
给定\(n\)个数\(A_i\)，求最少选出多少个数，使得它们的\(\gcd\)为\(1\)。
\(n,A_i\leq3\times10^5\)。
\(Solution\)
首先如果有解，答案不会超过\(7\)（\(7\)个质数的乘积就会大于\(300000\)）（但是\(6\)个不会！所以答案可能是\(7\)的啊=-=zz如我）。
所以令\(f[i][j]\)表示选了\(i\)个数，使得它们\(\gcd=j\)的方案数。因为DP不好算考虑直接计数。
记\(cnt_i\)表示含有因子\(i\)的数的个数。
那么\[f[i][j]=C_{cnt_j}^i-\sum_{j\mid k,k\neq j}f[i][k]\]
判一下是否有\(f[i][1]>0\)即可。
复杂度\(O(7n\log n)\)。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define mod 1000000009
#define C(n,m) (n<m?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod)
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=3e5+5;
int f[N],cnt[N],fac[N],ifac[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline int FP(int x,int k)
{
int t=1;
for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod) k&1&&(t=1ll*t*x%mod);
return t;
}
int main()
{
int n=read(),mx=0;
for(int i=1,a; i<=n; ++i) mx=std::max(mx,a=read()), ++cnt[a];
if(cnt[1]) return puts("1"),0;
fac[0]=fac[1]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i) fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mod;
ifac[n]=FP(fac[n],mod-2);
for(int i=n; i; --i) ifac[i-1]=1ll*i*ifac[i]%mod;
cnt[1]=n;
for(int i=2; i<=mx; ++i)
for(int j=i<<1; j<=mx; j+=i) cnt[i]+=cnt[j];
for(int i=2; i<=7; ++i)
{
for(int j=mx; j; --j)
{
LL tmp=C(cnt[j],i);
for(int k=j<<1; k<=mx; k+=j) tmp-=f[k];
f[j]=(tmp%mod+mod)%mod;
}
if(f[1]) return printf("%d\n",i),0;
}
puts("-1");
return 0;
}