给定一个集合a，要求一个集合S和一个数x，满足\(x\notin S\)，且\(\gcd(x,S)=1，\gcd(S)>1\)，求方案数

设\(cnt_T\)表示T的倍数的个数，那么此时\(\gcd(S)>1\)的限制可以忽略

对于每个集合S，我们直接计算\((n-cnt_S)* (2^{cnt_S}-1)\)会有重复和非法，考虑容斥

设\(\gcd(S,x)=k\)，我们要做的就是使\(k>1\)的计算0次，\(k=1\)的计算一次

考虑实际情况，(S,x)会被\(d|\gcd(S)且d\nmid x\)计算

因为在枚举\(d|\gcd(S)\)，对于x中含有而\(\gcd(S)\)中不含的质因子不会计算，那么又可以写成

\(d|\gcd(S)且d\nmid k\)，写成式子是\(\sum_{d|\gcd(S)}\mu(d)-\sum_{d\nmid k}\mu(d)\)

由于\(\gcd(S)>1\)，故若k=1，值为-1，k!=1则为0

那么写成\(-\mu(d)\)就行了

答案就是\(\sum_{i=1}^{\max(a)}-\mu(i)* (n-cnt_i)* (2^{cnt_i}-1)\)

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e7+11;
const int mod=1e9+7;
bool fp[N];
int n;
int mu[N];
int p[N],num;
int mi[N],c[N];
inline int max_(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline void md(int &x){if(x>=mod)x-=mod;return;}
inline int read()
{
	int s=0;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return s;
}
void pre()
{
	fp[0]=fp[1]=1;
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=1e7;++i)
	{
		if(!fp[i])p[++num]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=num&&p[j]*i<=1e7;++j)
		{
			fp[p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0) {mu[i*p[j]]=0;break;}
			else mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	return;
}
signed main()
{
	pre();
	n=read();
	mi[0]=1;
	int maxx=0;
	for(int x,i=1;i<=n;++i) x=read(),mi[i]=mi[i-1]*2%mod,++c[x],maxx=max_(maxx,x);
	int ans=0;
	for(int cnt,i=1;i<=maxx;++i)
	{
		cnt=0;
		for(int j=i;j<=maxx;j+=i) cnt+=c[j];
		md(ans+=1ll*(mod-mu[i])*(n-cnt)%mod*(mi[cnt]-1)%mod);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}